枚举归纳的例题

枚举归纳的例题（精选9篇）

篇1：枚举归纳的例题

论证模型之枚举归纳

首先，我们先来看一道真题：

莫大伟到吉安公司上班的第一天，就被公司职工自由散漫的表现所震惊，莫大伟由此得出结论，吉安公司是一个管理失效的公司。吉安公司的员工都缺乏工作积极性和责任心。

以下哪项为真，最能削弱上述论证：

A.当领导不在时，公司的员工会表现出自由散漫。B.吉安公司的员工超过2万，遍布该省的十多个城市。C.莫大伟刚大学毕业就到吉安公司，对校门外的生活不适应。D.吉安公司的员工和领导表现完全不一样。

拿到一道题目，首先我们先分析题干的逻辑主线。此题的论据为莫大伟在吉安公司上班第一天看到的员工散漫的景象，结论为吉安公司管理失效、员工都缺乏责任心和积极性。通过论据及结论的分析，大家可以分析出本题的论证过程即根据一部分或者个例的情况推断出整体或者全部情况的不完全归纳的推理方式，即枚举归纳。因此，当我们看到题干论证为：根据某类事物部分对象具有某种属性，推出这类事物全部对象都具有该属性的论证过程即可判断为是枚举归纳的论证模型。

中公教育

那么判断之后我们应该如何进行加强或者削弱呢?削弱的方式即证明根据这部分的情况无法推知整体的情况，包括三种方法：①样本特殊，不具有代表性;②样本数量不够多;③其余样本不具有该属性。通过这三种方式中的任一种即可进行对于题干论证的削弱。反之，加强的目的即证明这部分的属性就可以推知全部的属性，同样包括三种方法：①样本具有代表性;②样本数量足够多;③其余样本也具有该属性。

接下来我们就用这些方法帮助我们针对这道真题进行求解。根据题干及问法，要求我们削弱题干论证。由于前面已经分析过了，我们直接来看选项：A项证明确实在某些时间段(领导不在时)员工会表现出自由散漫，证明管理确实存在问题，因此加强了题干结论，排除A项。根据B项可以得到吉安公司的员工遍布十多个城市，人数众多，通过样本数量不够多的方式对题干进行了削弱。C项莫大伟不适合校外生活与题干吉安公司管理的情况之间没有关系，属于无关项，故排除。D项吉安公司的员工和领导表现完全不一样，无法削弱题干论证，故排除。因此这道题目的正确选项为B项。

通过这道真题的讲解我相信小伙伴们对于我们枚举归纳的论证模型已经有了初步的了解，剩下的就是在自己做题的过程当中反复使用，从而加强熟悉度、提高正确率。希望各位考生牢记题干判定特征及具体的解题方法，在熟练运用当中逐渐提升自己的做题速度和正确率!

中公教育

篇2：枚举归纳的例题

1.2.3.4.5.用3张2元、6个张1元，凑出6元来，有多少种不同的凑法？

从2个5元、5个2元、10个1元中，拿出10元来，有多少种不同的拿法？

在10—49这些数中，有多少个数，它十位上的数字大于个位上的数字（比如32）？

1－99中，含有多少个数字1？

小红因为上课积极发言，不随便说话，表现非常优秀，得到了老师的表扬。妈妈决定中午带小红去麦当劳吃饭。她看了看价目表，发现汉堡包有4种，麦香鱼8元，巨无霸汉堡10元，麦辣鸡腿汉堡12元，板烧鸡腿汉堡13元。汽水有2种，小杯4元，大杯6元。如果小红打算买一个汉堡包加一杯汽水。请问小红花的钱一共有多少种不同的可能？

6.一块长4厘米的纸片上面印着如下的图案，沿虚线剪开分成两部分分给小明和小刚，请问小刚拿到的那部分纸片有几种不同的可能？

7.小明因为在课上表现很好，老师决定奖励给小明10块糖。小明打算分3天吃完这10块糖，每天吃的块数都不一样，而且打算第一天吃的糖最多，第三天吃的糖最少。请问小明有几种不同的安排。

8.有甲、乙、丙三个工厂一共要定300份报纸，每个工厂最少定99份，最多定101份，求一共有

篇3：一个归纳推理例题的变形与证明

原题:“在平面上画n条直线, 其中任意两条直线都不平行, 且任意3条直线不共点.问:这n条直线将平面分成多少个部分?”

教材中给出了先归纳猜想后用归纳法证明的一个解题方法.借用题目中的解题思想我们还可以用下面的方法求解.

解记n条直线将平面分成的部分数为f (n) , (n≥1) .

1 条直线将平面分成两个部分, 即f (1) =2;

n条直线将平面分成f (n) 个部分, 当增加第n+1条直线时, 由题目要求可知前n条直线和第n+1条直线会有n个新交点.这n个新交点将第n+1条直线分成n+1段.而这n+1段将第n+1条直线所经过的区域分成两个部分, 即平面内的区域新增加了n+1块.

利用叠加法, 将

评析本题解题思路中最大的亮点在于新增区域的数量的突破.本题抓住了新增直线在切割区域时也被截成若干段, 新增区域数等于直线被截成的段数.

变题1如果将该问题拓展到空间中即可变为另一个题目

“在空间内有n个平面, 两两相交, 交线中的任意两条都不平行, 且任意3条交线不共点.问:这n个平面将空间分成多少个部分?”

分析类比“原题”解法中的分析思路, 研究当第n+1个面加入进来后, 它会被原来的平面分成多少个区域, 为每一个区域都把第n+1个面所经过的空间分成两个部分, 所以新增加的空间部分数等于第n+1个面被分成的区域个数.

解记n个平面将空间分成的部分数为f (n) , (n≥1) .

变题2“球面上有n个大圆, 任何两个大圆都相交, 其中任何3个大圆不交于相同的线.问:这n个大圆将球面分成多少个部分?”

分析本题貌似与“变题1”更接近, 其实仔细分析发现本题仍然是“线分面”的问题, 与“原题”属于同一类型.“变题1”属于“面分空间”的问题.

所以我们应重点分析第n+1个大圆被截成几段.

解记n个大圆将球面分成的部分数为f (n) , (n≥1) .

1个大圆将球面分成两个部分, 即f (1) =2;

n个大圆将球面分成f (n) 个部分, 当增加第n+1个大圆时, 由题目要求可知前n个大圆和第n+1个大圆会有2n个新交点.这2n个新交点将第n+1个大圆分成2n段.而这2n段将第n+1个大圆所经过的区域分成两个部分, 即球面上新增加了2n块区域.

其实这个也是我们常说的“n刀切西瓜, 最多可以得到多少瓣带皮西瓜”的问题.

篇4：枚举归纳的例题

关键词： 函数 例题 思想方法

函数问题是初中数学基础知识的重要组成部分，也是每年中考必考的一大热点.其中蕴含的思想方法极为丰富，对学生观察、分析、解决问题的能力都有十分明显的提升作用.初中函数介绍了有关函数的一些最基础、最初级的知识，为学习高中函数知识打下了坚实的基础.本文结合初中函数的知识范畴，对解函数题常用的思想方法作简单的归纳及应用.

一、待定系数法

该方法主要用于求一次函数（正比例函数）、反比例函数、二次函数的解析式.它的一般步骤是（一设、二列、三解、四还原）：（1）先设待求函数关系式，其中包括未知的系数.（2）把自变量与函数的对应值代入函数关系式中，得到关于待定系数的方程或方程组.（3）解方程（组）求出待定系数的值.（4）写出函数关系式.例如已知一次函数的图像经过点（-1，1）和点（1，-5），求这个函数的解析式.简析：本题考查用待定系数法求一次函数解析式.解：设所求函数关系式为：y=kx+b由题意，得1=-k+b-5=k+b.解这个方程组，得k=-3b=-2，这个函数解析式为：y=-3x-2.点评：用待定系数法求函数解析式或待定系数是每年中考考查的一大热点，它的解题思路就是按四个步骤进行.

二、数形结合法

该方法主要用于解答含有几何图形的函数题，这种类型的函数题最大的特点是数形结合，即用代数的方法研究几何问题.例如（2006年泉州中考18题）如左图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC的长为常数，点P从起点C出发，沿CB向终点B运动，设点P所走过路程CP的长为x，△APB的面积为y，则下列图像能大致反映y与x之间的函数关系的是（？摇 ？摇）

简析：解决本题的关键是读懂图意，表示出y与x的关系式，从而判断图像的形状.

解答：设BC的长度为常数k，则y=■×2×k-■×2x=k-x，那么此函数为一次函数，因为x系数小于0，所以应是减函数.故选C.点评：把几何图形放在平面直角坐标系中，将函数的概念与几何知识巧妙结合，解这种类型的函数题，常用数形结合法，这种方法常常用化“虚”为“实”，化“难”为“易”.

三、配方法

对于任何一个二次函数都可以通过配方法把原来的二次函数通过配方变成顶点式y=a（x-h）■+k的形式，则得到顶点坐标（h，k），对称轴直线x=h；若a>0，函数y有最小值k；若a<0时，函数y有最大值为k.例如某商场销售某种品牌的纯牛奶，已知进价为每箱40元，生产厂家要求每箱售价在40元～70元之间.市场调查发现：若每箱发50元销售，平均每天可售出90箱，价格每降低1元，平均每天多销售3箱；价格每升高1元，平均每天少销售3箱.（1）写出售价x（元/箱）与每天所得利润w（元）之间的函数关系式；（2）每箱定价多少元时，才能使平均每天的利润最大？最大利润是多少？解：（1）依题意得：y=（x-40）[90+3（50-x）]或y=（x-40）[90-3（x-50）]；（2）由（1）得：y=（x-40）[90+3（50-x）]=-3x■+360x-900=-3（x-60）■+1200，∵a=-3<0抛物线开口向下，又40

四、分类讨论法

该方法解函数题的关键在于列出函数关系式，再进行分类讨论.

例如：甲、乙两旅行社服务质量相同，组织旅游去A地价格是每人400元，如果10人以上集体购票，甲旅行社给予每位游客七五折优惠；乙旅行社在优惠320元的基础上，每人享受8折优惠.试分别列出甲、乙两集体组团去A地的总收费用y（元）与参游人数x（人）的函数关系式，并帮助选择哪家旅行社的总费用较少.解：依题意得y■=400×0.75x即y■=300x，y■=400×0.8x-320即y■=320x-320，分类讨论：①当y■=y■时，解得x=16；②当y■>y■时，解得x<16；③当y■16，所以，当游客人数为16人时，选择甲或乙两旅行社费用相同；当游客人数在10—15人时，应选择乙旅行社；当游客人数多于16人时，应选择甲旅行社.点评：用分类讨论法解函数题一般分三步：第一，根据题目需要确定分类讨论的对象；第二，针对讨论对象进行合理的分类讨论；第三，对讨论结果进行归纳合并，综合得出结论.

五、跨学科联系渗透法

该方法主要用于解决跨学科的函数问题.这种类型的函数题常与物理、化学进行有机滲透，体现了数学作为工具学科的本质特征.

例如：已知二氧化碳的密度p（kg/m■）与体积V（m■）的函数关系式是p=■.求当V=5m■时，二氧化碳的密度p，并说明二氧化碳的密度p随体积V的增大或减小而变化的情况，简析：这是一题应用反比例函数性质与物理相结合应用题.解：依题意得p=■=1.98（kg/m■），∵k>0，∴当CO■体积增大密度减小，体积减小密度增大.点评：跨学科函数题的关键是熟练进行学科知识联系，解决相应跨学科问题的知识间的相互渗透.

篇5：枚举归纳的例题

例题教学是数学课堂教学过程中的重要组成部分，是运用知识、巩固知识、提高能力的重要途径。以例题教学为突破口，传授基础知识，是培养学生数学能力的重要手段，在教学过程中有意识地总结、归纳，可以收到事半功倍的效果。

一、例题教学要充分揭示数学知识的发现过程，使学生形成基本的数学归纳的思想。

例题教学，教师重在分析解题的思路，启发学生探讨解题的方法，并说明课本为什么要用这种方法等等。在讲授过程中，教师要体现解题的思想和方法，更要体现解题的思维过程，以引导学生学会分析、学会归纳。中学教材中的概念、定理、公式等都是以结论的形式呈现出来的。这些结论是非常严谨、精练的，是高度抽象、高度概括的，但其中包含的思想方法被浓缩了、隐藏了。学生在常规的数学学习过程中看不到它们的存在，也无法去体会，更谈不上要借此形成数学归纳的思想了。当前的例题教学对学生来说，是为解题服务的，大多是形式上的掌握，很难达到实质的理解层次，现在绝大部分教材给出的例题是演绎论证的结果，归纳的过程被忽略了。而概念的形成、结论的推导、方法的思考、规律的揭示以及问题的发现等过程，都少不了归纳的方法。实际上，导致结论产生的思想方法，恰恰是数学结构体系中最具价值的东西。例题教学的任务之一，就是要揭开数学这种严谨、精练的面纱，将结论的发生过程原原本本地交给学生，让学生参与“知识的再发现”，经历知识探索的过程，汲取更多的思维营养。而要达到这样的效果，就必须挖掘概念、原理等产生和发现的初始过程，必须增加数学结论归纳的思维过程，教师要在课堂上向学生充分展示这种过程，使学生能和数学家产生共鸣共应。教师要尽可能地对例题进行全面、深入的分析，要借例题的思想方法去归纳数学的思维方法。归纳过程属于发现思维，具有方法论上的引导作用，所以在教学中应尽量向学生阐述清楚。证明过程属于整理性思维，这可由学生自己去实现。数学教师只有采用归纳的方法，充分揭示例题的思维过程，才能在教学中使学生和数学这门学科建立起联系的纽带，形成基本的数学思想，从而基本实现数学家、教师、学生思维活动的和谐统一。

二、例题教学要注意明确教学的目标，让学生自己找到归纳的方向。

课堂的教学目标要明确，例题的导向应准确。例题的作用很多，最基本的就是理解、应用和巩固知识，以及训练数学技能，培养数学能力。中学数学教学，不少教师的教学目标的设计存在问题：一是不能正确地表述数学课堂教学目标。具体表现为评价内容不够全面，归纳的行为主体不明确等。二是重视知识与技能的目标，忽略过程与方法目标。三是教学目标的设计流于形式。教师凭经验和考试的要求教学，教学目标对教学活动与教学过程没有直接的指导作用，缺少归纳的过程。四是制定的教学目标含糊、笼统，不便于学生归纳能力的形成。教师在确定目标时应该从学生的实际情况出发，根据教材内容的具体特点、学生的知识基础、能力去制定学习目标，这样才能有利于诱导学生自主地开展学习和积极参与教学过程，有利于学生充分发展个性特点和提高学习能力。

例题教学，必须突出教学的目标。因为明确的目标，可以使学生减少归纳方向上的盲目性，帮助他们把所学的知识形成系统。数学课主要是教授学生数学的基础知识和思想方法，而这两者的关系是相互联系的。知识点是获得数学知识、发展数学思维的条件，是培养学生解决实际问题能力的基础。揭示出数学知识的范围，概括出数学思想方法，培养学生解决实际问题的能力才是我们数学教学的目的。归纳的方法能够使学生从抽象到形象、从具体到一般地提高自己的思维能力，能够使他们逐步了解一些重要的数学思想和数学方法，构建基本的数学知识框架。教学目标是学生学习的终点，目标的设计必须符合学生的实际水平和学习规律，必须考虑学生的起点水平，使起点到目标之间的跨度适当，学生经过努力可以到达终点。对于章节目标难度较大的，应将教学目标分解、分散学习并适当延长课时，让学生按照预定的目标分节归纳。数学归纳是中学数学教学中的一大难点，要解决这个问题，中学教师必须将目标意识运用在数学归纳的方法中。

三、例题教学要注重解题程序的规范，使学生清楚归纳的步骤，把握归纳的方法。

解题过程分为明确问题、具体分析、回味反思、激发情趣等几个阶段。这些步骤一定得有条有理、按部就班。解题是深化知识、发展智力、提高能力的重要手段。规范的解题能够养成良好的学习习惯，提高思维水平。为此，在数学归纳的指导中，一是要把握知识的背境和传授解题的程序。所谓背境就是对具体数学理论或技能的应用背景和条件的具体概括，如掌握换元法的具体步骤，获得换元技能，懂得在什么条件下应用换元法更有效，就是一种解题背景。解题背景的介绍能够使学生对具体的知识点有充分的了解，能够使学生更清楚地知道知识点的意义。解题程序是对数学活动方式的概括，如遇到一个数学证明题应该先干什么，后干什么，再干什么，就是所谓的解题程序。程序准确，归纳的结果就容易正确。二是要尽可能让学生了解影响数学解题的各种因素。最简单的如学习材料的呈现方式是图形的、文字的，还是字母的;学习任务是计算、图示、证明，还是解决问题等等。这些学习材料和学习任务方面的因素，都能对数学的归纳方法产生影响。三是要指导学生对归纳方法进行评价。如评价问题归纳的正确性、归纳方法的可行性、解题程序的简捷性、解题方法的有效性等诸多方面。

数学的主要能力是逻辑思维能力, 逻辑思维是一种有条件、有步骤、有根据、渐进式的思维方式，是借助于概念、判断、推理等思维形式所进行的思考活动。目前，中学数学教学内容不断增加，教学的要求在逐步提高，课时却是相对在减少。教师要利用有限的教学时间，去从事有效的教学实践。教学的效益，不能只体现在知识的吸收和技能的熟练上，还要重视学生学习能力等方面的发展上。特别是归纳方法的运用。这就取决于教师能否按照正确的教学步骤指导学生。所以，教师在教学过程中要指导学生把所学的知识，按照一定的标准或特点进行梳理、分类、整合，形成一定的结构，结成一个整体，从而促进思维的系统化。要引导学生在一般的基础上去对数学问题进行分析、概括、综合、归纳。例题的归纳程序合理，学生在教学中就能很容易地得出教师想要的结论，归纳的方法就会自然而然地在教学中产生积极的作用。

四、例题教学应根据学生的学习基础去安排，尽可能让学生自主归纳。

篇6：逐个枚举 解决困惑

一、 通过枚举探寻思路

在处理有些数学问题时，可能没有一点头绪，但运用枚举的思想方法，试着用一些特殊值代入去探究，对变量依次取值，多写几项,往往自然就有了思路.

【问题1】 数列{an}中，若a1=12，an=11－an－1（n≥2, n∈N*）,求a2012的值.

分 析

本题呈现的递推公式并不常见,在没有任何思路的情况下,尝试对n进行赋值,依次写出a2,a3,a4,a5,a6,…,可以观察出规律,得到周期T=3.

解

由a1=12,得a2=2,依次推出a3=－1, a4=12, a5=2, …,可得T=3,所以a2012=a2=2.

【问题2】 设数列{an}的通项公式an=2n－7,试求所有的正整数m,使得amam+1am+2为数列{an}中的项.

分 析

首先把待求的式子进行变换,转化为amam+1am+2=(2m－7)(2m－5)(2m－3).从所得式子的结构特点,自然想到换元,把式子化简,令t=2m－3,则amam+1am+2=t+8t－6.由于条件m是正整数的制约,新的变量t≥－1,且t为非零的奇数,对t依次赋值,发现t=－1时,amam+1am+2=-15,不是数列{an}中的项;t=1时,amam+1am+2=3,是数列{an}中的第5项;t=3, 5, 7时,amam+1am+2不是整数,显然不是数列{an}中的项,而一旦t取大于8的奇数时,amam+1am+2的结果显然也不是整数,可以判断不是数列{an}中的项,由t的取值,可以求得m的值为2.

解

(方法一)设t=2m－3，则amam+1am+2=(2m－7)(2m－5)(2m－3)=t+8t－6,所以t为8的约数.又因为t是奇数,所以t可取的值为±1.当t=1时,m=2,t+8t－6=3,是数列{an}中的项;当t=－1时,m=1,t+8t－6=－15,数列{an}中的最小项是－5,不符合.所以符合条件的正整数m=2.(方法二)因为amam+1am+2=(am+2-4)(am+2-2)am+2=am+2+8am+2－6为数列{an}中的项,故8am+2为整数.又由通项公式,知am+2=2m－3=±1,即m=1,2.经检验,符合题意的正整数只有m=2.

本题是2009年江苏高考卷第17题的第二问,考查推理论证、抽象概括、运算求解和探究能力，考查同学们是否具有审慎思维的习惯和一定的数学视野.许多同学在这一条题目上耗费太多时间,放弃又不甘心,却又不得其解.若用枚举的思想方法去探寻,很快有了思路，把思路整理，解答自然就有了.

【问题3】 已知等比数列{an}的首项a1=2011,公比q=－12,数列{an}的前n项的积记为Tn,当n为何值时，Tn取得最大值？

分 析

本题如果对n赋值进行比较,运算量较大,由前n项的积的特点,有正值也有负值,容易想到对Tn+1Tn进行变形,从而得到Tn+1Tn=an+1=20112n,通过观察,发现2011211<1<2011210,推出Tnmax=|T11|,但究竟Tn的最大值在n取何值时得到,借助枚举的思想方法,分别判断绝对值取值较大的T9,T10,T11,T12的符号,再比较正项中哪一个结果最大.

解

Tn+1Tn=|an+1|=20112n,因为2011211<1<2011210,所以当n≤10时,|Tn+1|>|Tn|;当n≥11时,|Tn+1|<|Tn|.故|Tn|max=|T11|.又T9>0, T10<0, T11<0, T12>0,所以Tn的最大值为

T9和T12中的较大者.由T12T9>1,知T12>T9,因此当n=12时,Tn最大.

学好数学不是会做几道题的问题,关键还是掌握思维的方法.在思路闭塞的情况下,如何找到思路,如何进行分析,枚举的思想方法是经常会用到的,通过枚举探索解题思路,其实是特殊化的解题策略,对解决数学问题很有启发.

二、 通过枚举以求严谨

【问题4】 已知一个函数的解析式为y=x2,它的值域为{1, 4},这样的函数有多少个?

分析

考虑问题要有一定的逻辑性，旦对各种情形能不重不漏.学会如何枚举，可以使我们的思维更加严谨.在解析式和值域已知的条件下,确定函数的个数,其实就是确定定义域的所有可能的情况,由x2=1,解出x=±1,由x2=4,解出x=±2,由函数的定义可知,定义域中的元素个数可以是2个、3个或4个,分三种情况,写出函数的定义域.

解

这样的函数分别为y=x2, x∈{1,2}; y=x2, x∈{1,－2}; y=x2, x∈{－1,2};

y=x2, x∈{－1, －2}; y=x2, x∈{－1, 1, 2}; y=x2, x∈{－1, 1, －2}; y=x2, x∈{1, －2, 2}; y=x2, x∈{－1, －2, 2}; y=x2, x∈{1, －1, －2, 2}.这样的函数有9个.

【问题5】 设集合A={x|x2+4x=0}， B={x|x2+2(a+1)x+a2－1=0}，若BA,求实数a的取值范围.

分 析

集合A={0, －4}, B={x|x2+2(a+1)x+a2－1=0},若BA,则集合B的所有可能可一一枚举,在各种情况下分别求出对应的实数a的取值范围.

解

集合A={0,－4}, B={x|x2+2(a+1)x+a2－1=0},若BA,则集合B的所有可能结果为:B=; B={－4}; B={0}; B={0,－4}. B=时,方程x2+2(a+1)x+a2－1=0没有实根,则Δ<0,解得a<－1; B={－4}时,方程有两个相等的等根-4,代入后矛盾;B={0}时,方程有两个相等的等根0,代入求出a=－1; B={0,－4}时,方程有两个不相等的实根－4和0,代入求出a=1,综上,a≤－1或a=1.

运用枚举法解题的关键是要正确分类，要注意以下两点：一是分类要全，不能造成遗漏；二是分类要清，要将每一个符合条件的对象都罗列出来．解题中有时要将题目条件包含的全体对象分成若干类,然后逐类讨论,才能得出正确的解答．

枚举是分析问题、解决问题的一种常见方法，是发现问题的一种策略.一般地说，用枚举法解题，其实就是分类讨论的一种特例．解决需要讨论的问题，常采用枚举的方法，要明确分类的对象和标准，正确分类，列举各种情形得出解答．

篇7：探讨枚举类型在Java中的应用

关键词：枚举,enum

一、引言

Java是功能齐全的通用程序设计语言, 可以开发可靠的、要求严格的应用程序。它不仅仅用Web程序设计而且用于服务器和移动设备上开发跨平台的独立应用程序, 并且其是一门完全面向对象的程序设计语言。Java的流行和广泛的应用, 主要归功于他的特点, 正如Java官网上说的, Java是简单的、面向对象的、分布的、解释的、健壮的、安全的、结构中立的、可移植的、高性能的、多线程的以及动态的。虽然Java的特点比较多, 但是Java程序开发过程中代码复用的使用频率非常高, 我们主要使用的手段就是继承。继承的来源有两种, 一种是源于接口, 另一种是抽象类, 还有就是基类。这样就需要我们掌握这两个概念和理解如何来使用它们。enum的应用, 包括定义, 遍历, switch, enumset, enummap等

二、枚举

在java编程语言中, 枚举类型是一种基本数据类型而不是构造数据类型, 而在Java语言等计算机编程语言中, 它是一种构造数据类型。枚举类型用于声明一组命名的常数, 当一个变量有几种可能的取值时, 可以将它定义为枚举类型。是指将变量的值一一列出来, 变量的值只限于列举出来的值的范围内。在大部分编程语言中, 枚举类型都会是一种常用而又必不可少的数据类型, Java中当然也不会例外。然而, Java中的Enum枚举类型却有着许多你意想不到的用法。

三、enum类

枚举类型 (EnumeratedType) 很早就出现在编程语言中, 它被用来将一组类似的值包含到一种类型当中。而这种枚举类型的名称则会被定义成独一无二的类型描述符, 在这一点上和常量的定义相似。不过相比较常量类型, 枚举类型可以为申明的变量提供更大的取值范围。

这种方式还是存在着一些问题。

1. 类型不安全。由于颜色常量的对应值是整数形, 所以程序执行过程中很有可能给颜色变量传入一个任意的整数值, 导致出现错误。

2. 没有命名空间。由于颜色常量只是类的属性, 当你使用的时候不得不通过类来访问。

3. 一致性差。因为整形枚举属于编译期常量, 所以编译过程完成后, 所有客户端和服务器端引用的地方, 会直接将整数值写入。这样, 当你修改旧的枚举整数值后或者增加新的枚举值后, 所有引用地方代码都需要重新编译, 否则运行时刻就会出现错误。

4. 类型无指意性。由于枚举值仅仅是一些无任何含义的整数值, 如果在运行期调试时候, 你就会发现日志中有很多数字, 但除了程序员本身, 其他人很难明白其奥秘。

四、如何定义Enum类型

为了改进Java语言在这方面的不足弥补缺陷, 5.0版本SDK发布时候, 在语言层面上增加了枚举类型。枚举类型的定义也非常的简单, 用enum关键字加上名称和大括号包含起来的枚举值体即可。enum是用来声明枚举的关键字, 声明定义的类都隐含继承了一个父类 (java.lang.Enum<E>) , 因此枚举不能再继承, 但仍可实现接口。该父类有两个私有属性name ( 枚举类型的名称) 和ordinal ( 枚举实例被创建的序数) , 分别通过name () 和ordinal () 暴露出来了.

定义在枚举类型里的每一个枚举实例都将映射到Enum的子类中, 其实例的名称和在枚举类型里定义的顺序都会传入到这个构造函数里。

常用的用法:

常用于对同一类常量进行分类。声明接口方法时, 输入参数类型采用枚举比用原始类型值常量更严谨。常量有时往往不仅仅只是一个值, 有可能会包含多个属性, 此时很适合用枚举。有时常量对象需要从配置文件中读取其描述信息或者UI显示信息, 此时也适合用枚举。从Java语法层面来说, 枚举可以在switch使用, 在if中可直接进行比较。声明枚举属性时最好用publicfinal修饰, 使用起来会非常方便。自定义枚举时, 建议不要使用自带的name () 和ordinal () 方法返回值来与原始值类型转换, 这样业务不依赖其枚举的名字和顺序。

五、如何避免错误使用Enum

1.enum类型不支持public和protected修饰符的构造方法, 因此构造函数一定要是private或友好的。也正因为如此, 所以枚举对象是无法在程序中通过直接调用其构造方法来初始化的。

2. 定义enum类型时候, 如果是简单类型, 那么最后一个枚举值后不用跟任何一个符号;但如果有定制方法, 那么最后一个枚举值与后面代码要用分号';' 隔开, 不能用逗号或空格。

由于enum类型的值实际上是通过运行期构造出对象来表示的, 所以在cluster环境下, 每个虚拟机都会构造出一个同义的枚举对象。因而在做比较操作时候就需要注意, 如果直接通过使用等号 (“==”) 操作符, 这些看似一样的枚举值一定不相等, 因为这不是同一个对象实例。

结束语

虽然枚举类型本身不是特别复杂。我们经常用enum和Java中的其它功能相结合使用。Enum类可以帮助我们解决一些问题。Enum类型提出给JAVA编程带来了极大的便利, 让程序的控制更加的容易, 也不容易出现错误。所以在遇到需要控制程序流程时候, 可以多想想是否可以利用enum来实现。使用枚举类型的基本概念很简单。您可以先定义一个指定的、封闭的值集合。枚举类型支持拥有构造函数、实例方法和变量, 等等。应该对枚举类型使用这些方面吗?尽管使用这些方法和新的支持类肯定没问题, 但提供构造函数和覆盖方法会有问题。

参考文献

[1]Y.Daniel Liang Java语言程序设计基础篇.机械工业出版社.

篇8：碳和碳的化合物复习技巧枚举

技巧一、抓住重点，构建网络

在复习“碳和碳的化合物”时应找准中心，构建知识网络，达到以点带面的复习效果。

1.通过设计三角关系，巧妙揭示碳、一氧化碳、二氧化碳三者之间的关系。“碳三角”如图所示：

2.该部分知识以CO2为中心并以此展开，因此，我们也应以CO2为中心，对知识进行疏理。“碳和碳的化合物”知识网络如下：

技巧二、注重实验，加强探究

实验是化学学科的特色。在“碳和碳的化合物”中包含“二氧化碳的实验室制法”、“木炭还原氧化铜”、“一氧化碳还原氧化铜”等实验。这些实验是各类考试考查的重点与热点，在复习时应加强理解。

例如，“二氧化碳的实验室制法”可解读如下：

1.实验药品：块状石灰石（或大理石）、稀盐酸

2.反应原理：CaCO3＋2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑

3.选择发生装置的依据：固体与液体反应，且不需要加热。

4.选择收集方法的依据：二氧化碳的密度比空气大，且二氧化碳气体可溶于水。

5.实验步骤：（1）检；（2）装；（3）加；（4）收；（5）验。

技巧三、对比归纳，突破难点

在复习时要善于采取对比归纳的方法突破难点。

1.章节知识对比

（1）C和CO的对比：C和CO的化学性质很相似性（可燃性和还原性），但燃烧现象、还原金属氧化物的装置及操作步骤等有差异。

（2）CO和CO2的对比：CO和CO2都是无色无味的气体，都是碳的氧化物，但两者在结构、性质、用途等方面有着许多的差异。

2.前后知识对比

（1）H2和CO的对比：H2和CO均具有可燃性，但其燃烧产物不同；均具有还原性，但在实验装置、尾气处理等方面不同。

（2）O2、H2和CO2实验室制法对比：在复习CO2的实验室制法时，应与O2、H2的实验室制法进行比较，包括原理、装置、收集、检验、验满等。

技巧四、抓住主线，串联知识

抓住“物质的用途由性质决定，物质的性质由结构决定”这条主线，将零散的知识串联在一起，构建出有机的知识整体，达到事半功倍的效果。

以碳的单质为例：

1.碳单质的物理性质：金刚石、石墨、活性炭等虽然都是由碳元素组成的，但由于碳原子的排列方式不同，使它们的物理性质差异很大。金刚石坚硬，可制作钻头、玻璃刀等；石墨质软、能导电，可制作铅笔芯、润滑剂、电极等；木炭、活性炭具有疏松多孔的结构，可制作吸附剂等。

2.碳单质的化学性质

（1）稳定性：在常温下，单质碳很稳定，不易与其他物质发生化学反应。因此，可用碳素墨水书写档案材料，这样可以长时间保存而不褪色。（2）可燃性：①氧气充足时，碳充分燃烧，生成二氧化碳；②氧气不充足时，碳燃烧不充分，生成一氧化碳。（3）还原性：在高温条件下，碳能跟某些金属氧化物发生反应，把金属氧化物还原成金属单质。碳表现出还原性，决定了碳可用于冶金工业。

技巧五、辩证思维，认识物质

任何物质都有两面性，我们要学会辩证地认识物质。例如一氧化碳可以用作燃料、可以用来冶炼金属，但一氧化碳也会污染空气（具有毒性）；二氧化碳能促进植物的光合作用，但二氧化碳过多就会造成温室效应等。

技巧六、关注社会，联系实际

冶炼金属、温室效应、空气污染、化石燃料、气候变化等都是如今社会关注的热点，我们在复习时要留意身边的化学，注意对日常生活中化学信息的收集、整合，突出化学学科的应用性。

篇9：圆排列的相嵌与组合的分类枚举

预备知识 (1) f, g是以n的约数为变量的函数, d是主变量, k是负变量, 则有:

$①f\left(\frac{n}{d}\right)=$${\displaystyle \sum _{k|\frac{n}{d}}}$$g\left(\frac{n}{dk}\right)\iff g\left(\frac{n}{d}\right)=$${\displaystyle \sum _{k|\frac{n}{d}}}$$u(k)f\left(\frac{n}{dk}\right)$;

②${\displaystyle \sum _{d|n}}$d${\displaystyle \sum _{k|\frac{n}{d}}}$$u(k)f\left(\frac{n}{dk}\right)=$${\displaystyle \sum _{d|n}}$$\text{ϕ}(d)f\left(\frac{n}{d}\right).$

(1) a1元素有n1个, a2元素有n2个, …, ai元素有ni个, n1+n2+…+ni=N, D是n1, n2, …, ni的最大公约数, N个元素的圆排列的总数是$\frac{1}{{\rm N}}$${\displaystyle \sum _{d|D}}$$\text{ϕ}(d)\frac{\frac{{\rm N}}{d}!}{\frac{n{}_1}{d}!\frac{n{}_2}{d}!\cdots \frac{n{}_i}{d}!}.$

定义 不改变圆排列元素的顺序, 将所有元素平均分成元素相同, 排列顺序相同的若干组, 并且使所分的组数是最多的, 每组元素的个数称为圆排列的周期, 组数的倒数称为圆排列的相对数;不能够进行分组的圆排列称为整圆排, 能够进行分组的圆排列称为分圆排.

整圆排的周期等于元素总数, 相对数是一.周期是$\frac{{\rm N}}{d}$的分圆排的相对数是$\frac{1}{d}(d$是n1, n2, …, ni的公约数) 相对数之和与线排列的关系:多种周期、任意数量的圆排列的相对数之和 (每个圆排列的元素总数均为N) 乘以N, 等于这些圆排列展开所产生的线排列之和, 这是因为任意一个圆排列展开所产生的线排列数, 等于这个圆排列的周期.

规定 圆排列展开变成线排列, 要顺时针展开, 线排列变成圆排列, 元素也要顺时针摆放.

圆排列性质 (1) 一个周期为k的分圆排, 任意取k个连续的元素, 不改变原有顺序所组成的新圆排列, 每次都相同, 且是整圆排. (2) 任意一个圆排列展开所产生的任意一个线排列, 复制k个再组成一个分圆排, 每一个线排列所组成的分圆排均相同, 且周期与原圆排列相同. (3) n无序拆分成k个正整数之和, 即a1+a2+…+ak=n (a1≥a2≥…≥ak≥1) .n有序拆分成k个正整数之和, 即a1+a2+…+ak=n有C${}_{n-1}^{k-1}$组正整数解.无序拆分与有序拆分的关系:每一个无序拆分都进行线排列, k个数字的线排列之和就是有序拆分数C${}_{n-1}^{k-1}$.

说明 本文中u (k) 表示Möbius函数, ϕ (d) 表示Euler函数.A (全部) B (部分) 出自本人的论文, 新恒等式与Möbius反演公式的新理解及其在圆排列计数中的应用[J].数学学习与研究2009年第四期 (下半月刊) .

引言 从n+m个不同数字中, 取m个数字的组合数, 与n个黑球、m个红球的线排列数是相等的, 这里通过圆排列使得组合与线排列形成具有规律的对应关系.两个同心圆, 将1, 2, 3, ….n+m从小到大均匀的放在一个圆周上, 将n个黑球m个红球的任意一个整圆排放在另一个圆周上, 整圆排每转动一个数字的距离, m个红球所对应的m个数字就是一个组合, 转动一周可以得到m+n个不同的组合;如果是分圆排转动一周, 得到的组合个数与分圆排的周期相等, 因此任意一个圆排列转动一周所得到的组合数, 与这个圆排列所产生的线排列数是相等的.绝大多数圆排列正反面是不同的, 因此很多圆排列的反面转动一周, 也可得到与周期相等的组合数, 因此互为正反面的两个圆排列, 只需保留一个.由以上可知组合的枚举, 关键是两种元素的圆排列的枚举.

定义 两个圆排列的元素个数相等, 不改变元素的顺序, 将一个圆排列的元素, 放在另一个圆排列的元素之间, 且每个位置只能放一个元素, 这就称作两个圆排列的相嵌.

命题1d1与d2的最大公约数是r, 周期分别是$\frac{n}{d{}_1}‚\frac{n}{d{}_2}$的两个圆排列之间不存在相同的元素, 相嵌可得到周期是$\frac{2n}{r}$的圆排列$\frac{nr}{d{}_{1}d{}_2}$个.

理解说明d1, d2, r是可以等于一的, n是元素个数.

证 由圆排列周期的定义可知, 在元素排列顺序不变的情况下, 一个周期为$\frac{n}{d{}_1}$的圆排列, 只有k是d1的约数时, 才可以将n个元素分成元素相同, 排列顺序相同的k组, 对于周期是$\frac{n}{d{}_2}$的圆排列也有这种特性.两个圆排列的元素, 从任意一个元素开始都可以分成完全相同的r组, r是d1, d2的最大公约数, 因此两个圆排列的元素, 在所分的组数相等, 每组元素完全相同的条件下, r组是最多的, 所以两个圆排列相嵌, 所得到新圆排列的周期均为$\frac{2n}{r}.$

两个圆排列相嵌, 可转化成$\frac{n}{d{}_1}$个线排列与$\frac{n}{d{}_2}$个线排列的相嵌, 可组成$\frac{n{}^2}{d{}_{1}d{}_2}$对线排列进行相嵌, 每对线排列相嵌可得到两个新线排列, 因此得到新线排列的总数是$\frac{2n{}^2}{d{}_{1}d{}_2}$个, 因而新圆排列的个数是$\frac{2n{}^2}{d{}_{1}d{}_2}÷\frac{2n}{r}=\frac{nr}{d{}_{1}d{}_2}.$

推论1 两个相等的同心圆, 从一点起将一圆周d1等分, 另一个圆周d2等分, 将一圆任意转动, 若d1与d2的最大公约数是r, 则每转动$\frac{360r}{d{}_{1}d{}_2}$度就有r个重合点均分两圆.

证明 略.

提示d1, d2, r是可以等于一的.起点视为重合点.

将两个圆排列放在同心圆的位置进行相嵌, 在得到$\frac{nr}{d{}_{1}d{}_2}$个新圆排列的过程中, 有一个圆排列转动了$\frac{nr}{d{}_{1}d{}_2}$个元素的距离, $\frac{nr}{d{}_{1}d{}_2}$个元素所对应的圆心角就是$\frac{360}{n}\times \frac{nr}{d{}_{1}d{}_2}=\frac{360r}{d{}_{1}d{}_2}$度.

推论2 两组圆排列之间不存在相同的元素, 且每一个圆排列的元素个数均相等, 两组圆排列展开的线排列之和分别是A和B, 若一组中的每一个圆排列都与另一组所有的圆排列进行相嵌, 则得到新圆排列展开的线排列之和是2AB.

证明 略.

命题2n个黑球、m个红球分别分成k组排列在圆周上, 每组至少有一个球, 并且使相邻两组的小球不同色, D是n, m, k的最大公约数, n≥m≥k≥1.

(1) 符合条件的圆排列展开所产生的线排列数是

$\frac{n+m}{k}\text{C}{}_{n-1}^{k-1}\text{C}{}_{m-1}^{k-1}.$

(2) 符合条件的圆排列数是

$\frac{1}{k}$${\displaystyle \sum _{d|D}}$$\text{ϕ}(d)\text{C}\left(\frac{n}{d}-1‚\frac{k}{d}-1\right)\text{C}\left(\frac{m}{d}-1‚\frac{k}{d}-1\right).$

证明 (1) n个黑球分成k组, k组可以理解成k个黑色数字, 由有序拆分可知k个黑色数字的线排列之和是C${}_{n-1}^{k-1}$, m个红球分成k组, k个红色数字的线排列之和是C${}_{m-1}^{k-1}$, 红色数字的圆排列与黑色数字的圆排列相嵌, 可转化成Ck-1n-1Ck-1m-1对线排列相嵌, 每对线排列相嵌可得到两个新线排列, 新线排列数是2C${}_{n-1}^{k-1}$C${}_{m-1}^{k-1}$, 每个新线排列的数字有2k个, 因此新圆排列的相对数之和是$\frac{1}{k}\text{C}{}_{n-1}^{k-1}\text{C}{}_{m-1}^{k-1}$, 任意一个新圆排列的数字, 用相应的小球取代, 这两个圆排列的相对数是相等的.因此, n个黑球m个红球的圆排列, 相对数之和也是$\frac{1}{k}\text{C}{}_{n-1}^{k-1}\text{C}{}_{m-1}^{k-1}$, 即有符合条件的线排列数是$\frac{n+m}{k}\text{C}{}_{n-1}^{k-1}\text{C}{}_{m-1}^{k-1}.$

(2) 令d是n, m, k的公约数, $\frac{n}{d}$个黑球分成$\frac{k}{d}$组, $\frac{k}{d}$个黑色数字的线排列之和是$\text{C}\left(\frac{n}{d}-1‚\frac{k}{d}-1\right)‚\frac{m}{d}$个红球分成$\frac{k}{d}$组, $\frac{k}{d}$个红色数字的线排列之和是$\text{C}\left(\frac{m}{d}-1‚\frac{k}{d}-1\right)$, 黑色数字的线排列与红色数字的线排列相嵌, 可得到$\frac{2k}{d}$个数字的线排列$2\text{C}\left(\frac{n}{d}-1‚\frac{k}{d}-1\right)\text{C}\left(\frac{m}{d}-1‚\frac{k}{d}-1\right)$个.

令h是$\frac{D}{d}$的一个约数, 函数${\rm M}\left(\frac{D}{dh}\right)$表示$\frac{2k}{d}$个数字, 周期是$\frac{2k}{dh}$的圆排列的个数, 函数$f\left(\frac{D}{d}\right)$表示$\frac{2k}{d}$个数字的线排列之和, 则有:

$f\left(\frac{D}{d}\right)=$${\displaystyle \sum _{h|\frac{D}{d}}}$$\frac{2k}{dh}{\rm M}\left(\frac{D}{dh}\right)$

$=2\text{C}\left(\frac{n}{d}-1‚\frac{k}{d}-1\right)\text{C}\left(\frac{m}{d}-1‚\frac{k}{d}-1\right)$. ①

$\frac{2k}{d}$个数字的任意一个圆排列, 展开所产生的任意一个线排列复制d个, 再组成一个2k个数字的分圆排, 每一个线排列所能得到的分圆排均相同, 且周期与这个$\frac{2k}{d}$个数字的圆排列相同, 又因为周期相同展开的线排列数相同, 因此①式可以理解是2k个数字的一部分分圆排, 展开的线排列之和.

令$g\left(\frac{D}{dh}\right)=\frac{2k}{dh}{\rm M}\left(\frac{D}{dh}\right)$, 当h=1时, $g\left(\frac{D}{d}\right)=\frac{2k}{d}{\rm M}\left(\frac{D}{d}\right)$, 由上面的题设可知${\rm M}\left(\frac{D}{d}\right)$表示$\frac{2k}{d}$个数字的整圆排的个数, 由以上论述可知${\rm M}\left(\frac{D}{d}\right)$也可表示2k个数字周期是$\frac{2k}{d}$的圆排列的数量, 2k个数字的圆排列总数是${\displaystyle \sum _{d|D}}$${\rm M}\left(\frac{D}{d}\right)$, 由①式可得

因2k个数字的圆排列, 与n个黑球m个红球的圆排列是一一对应的关系, 因此上式也可以表示两种小球的圆排列数.

命题2要求n≥m≥k≥1, k的所有可取的值是:1, 2, …, m, 因此${\displaystyle \sum _{k=1}^m}$$\frac{n+m}{k}\text{C}{}_{n-1}^{k-1}\text{C}{}_{m-1}^{k-1}$是n+m个小球的线全排列, ${\displaystyle \sum _{k=1}^m}$$\frac{1}{k}$${\displaystyle \sum _{d|D}}$$\text{ϕ}(d)\text{C}\left(\frac{n}{d}-1‚\frac{k}{d}-1\right)\text{C}\left(\frac{m}{d}-1‚\frac{k}{d}-1\right)$是n+m个小球的圆全排列, 因而有下面两个等式.

摘要：国内外的《组合数学》中, 有的还没有讨论圆排列问题, 更没有讨论圆排列的相对计数法和圆排列相嵌问题.本文引入这两种新概念, 利用新发现的圆排列相嵌与线排列相嵌的关系, 才完成命题的证明, 解决了两种元素的圆排列的枚举问题, 这也可以说明圆排列理论基本成熟, 同时也为组合枚举提供了一种具有理论依据的新方法, 这里不做实例演示, 只给出理论证明和枚举所需的步骤.

关键词：圆排列,线排列,相嵌,相对数之和

参考文献

[1]马光思.组合数学[M].西安电子科技大学出版社, 2002.

[2]卢开澄, 卢华明.组合数学[M].北京:清华大学出版社, 2006.