中学受験】場合の数パターン別の公式・問題の解き方のコツ総まとめ(カード等)【小学生

中学受験生で「場合の数」が苦手な方、あなたは「場合の数って色んな問題があって訳が分からない！」と悩んでいませんか？

実は、あなたの感じ方は正解です。「場合の数」は他の分野の問題と比べると、本当に色んな種類の問題・解き方があるんです…

しかし、安心して下さい！問題の種類はたくさんあっても、共通して使う公式は実は3~4個しかないんですよ！

だから、色んな問題の解き方をバラバラに覚えるのではなく、まずは基本公式をしっかり使えるようにして、それから「数字カード」などのタイプ別問題にいきましょう。

そして、それぞれの問題が「どの基本公式を使うのか」が分かるようにしていけば、解ける問題がどんどん増えていくのです。

この記事では東大卒講師歴20年の図解講師「そうちゃ」が基本公式の覚え方から応用問題での使い方までネット上で一番分かりやすく解説します！

記事を読んで公式を憶え、例題を真似して問題を解けば「場合の数」が苦手ではなくなっているでしょう。

この記事は長いので、目次をクリックして読みたい場所に飛んで下さい♪

場合の数の基本ルール

基本ルールは2つだけ！(マジ)

2つのルール

場合の数には非常に多くの種類の問題があるが、使うルールは大きく分けてこの２つだけ！

区別の方法

2つしかないとしても、どちらを使うのかをどうやって区別すればよいかが気になりますね？

この先を読み進めば分かりますが、気になる人は「開く」をクリック

それでは2つのルールをみていきましょう

ならべ方

いくつかの物の順番を変える場合の数。
「全部ならべかえ」と「一部ならべかえ」がある。

全部を並べかえる

用意された物や人の全部を並べかえる場合の数

確認テストをどうぞ

1-1-1:全部ならべかえ

以下の問いに答えなさい。

『コ』『ナ』『ミ』の3文字を並びかえて作れる名前は何通りあるか？

解説

公式「N×(N-1)×(N-2)×…×1 通り」のNを3にして、3x2x1=6通り

6通り

これは1文字目,2文字目,3文字目の場合の数のかけ算で、樹形図を書いても同じ計算になる

(1)の樹形図

樹形図は項目を書くと良い

ABCD4人が横一列に並んで写真をとる。並び方は全部で何通りあるか

解説

公式「N×(N-1)×(N-2)×…×1 通り」のNを4にするので、4x3x2x1=24通り

24通り

これは立つ位置を「ア」「イ」「ウ」「エ」としたときの場合の数のかけ算で、樹形図を書いても同じ計算になる

(2)の樹形図

ものが多い樹形図は
後半を省略して書く

もっと詳しい説明を見たい、いろんな問題を解きたい人は「場合の数の基本ルール」を見て下さい。

一部並び替え

用意された物から何個か選んで並べかえる場合の数です。

この公式は形を覚えるというよりも、数字が入った例から式を作れればOKです。

確認テストをどうぞ

1-1-2:一部ならべかえ

以下の問いに答えなさい。

5人の中から3人をイスXYZに座らせる方法の数を求めよ

解説

5人から3人えらんで並べかえるので

w① ② ③

→5×4×3=60 通り

60通り

樹形図を書いても同じ結果になる

(1)の図

項目(X)(Y)(Z)の下に書く
後半は省略するのがコツ

20人から会長1人・副会長1人を選ぶ場合の数を求めよ

解説

20人から2人えらんで並べかえるので

w ①　②

→20×19=380 通り

380通り

このような単純な問題は樹形図を書かずに計算で出しても良い

もっと詳しい説明を見たい、いろんな問題を解きたい人は「場合の数の基本ルール」を見て下さい。

えらび方

何種類かの物から選ぶ場合の数。4年生まではこちらができるように

5年生以降はこちらを覚えておけば受験もOK

テストで確認♪

1-2-1:えらび方

以下の問いに答えなさい。

10種類の味のアイスから2種類の味を選ぶ方法は何通りあるか

解説

10個から2個選ぶので、10 × 92 × 1=45通り

4年までの公式では、9+8+7+…+1=45(ちょっと面倒…)

45通り

12人から当選者8人を選ぶ場合の数

解説

12個から8個選ぶ→12個から(12–8)=4個選ぶのと同じ

12個から4個選ぶ→12× 11 × 10 × 94 × 3 × 2 × 1=495通り

495通り

もっと詳しい説明を見たい、いろんな問題を解きたい人は「場合の数の基本ルール」を見て下さい。

場合の数同士の関係(和と積の法則)

問題を解いていて場合の数が2つ出た場合に、2つの数をどうするか。それが「和と積の法則」

テストで確認して下さい

1-3:和と積の法則

以下の服で作れるファッションは何通りあるか

長ズボン3種類,半ズボン2種類,上着4種類

解説

長ズボン3通りと半ズボン2通りは同時に着れないので(和)ズボン全部で2+3=5通り

上着は4通り

ズボンと上着は同時に着れるので(積)、5×4=20通り

20通り

長ズボン3種類,半ズボン2種類,上着4種類,サングラス2種類(但し、サングラスはかけなくても良い)

ヒント

サングラスには「かけない」という種類もあると考える

解説

ズボンは3+2=5通り、上着は4通り

サングラスは「かけない」「サングラス1」「サングラス2」の3通り

ズボン・上着・サングラスは同時に着れるので(積)、5x4x3=60通り

60通り

樹形図をイメージできるとベター

(2)の樹形図

サングラスに「かけない」
があることに注意する

もっと詳しい説明を見たい、いろんな問題を解きたい人は「場合の数の基本ルール」内の「和と積の法則」を見て下さい。

並べ方の拡張ルール

基本ルールを少し変えた並べ方

条件にそって並べる

条件を指定された場合、条件に沿うように計算を2回(以上)行って、和積の法則の「積」でかけ算して答えを出します

両端を指定

手順は「(両端を決める→)❶両端を並べかえる→❷残りを並べかえる→❸積を求める」(前後しても同じ)

2-1-1:両端指定

男子A,B,Cと女子D,Eの計5人が横一列に並んで座る。女子が両端になる並び方は何通りあるか

解説

❶両端の並べ替え
両端へのDEの座り方は「D…E」と「E…D」の2通り

❷残りの並べ替え
残り3席へのABCの座り方(3個の全部並べかえ)が3x2x1=6通り。

❸積
全部で2×6=12通り

12通り

樹形図はこんな感じ

樹形図

項目は(両端)(左から2)(3)(4)になる
後半は省略して計算で出す

交互に並ぶ

手順は「①2種類の物(男女など)の配置を決める→❷1種類の並べ替え→❸もう1種類の並べ替え→❹積を求める」です。

配置が1通りしか無い場合①は必要なし

2-1-2:交互に並ぶ

以下の場合に、男女が交互に横一列に並ぶ方法は何通りあるか。

男子A,B,Cと女子D,Eの計5人が並ぶ

解説

①配置
男女の並び方は「男女男女男」しかない

❷1種類目の並べ替え
男3人の並び方(3個の全部並べかえ)が3x2x1=6通り

❸もう1種類の並べ替え
女2人の並び方は2×1=2通り。

❹積
全部で6×2=12通り

12通り

男子A,B,Cと女子D,E,Fの計6人

ヒント

(1)との違いを考える

解説

①配置
男女の並び方は「男女男女男女」と「女男女男女男」の2通りある

❷1種類目の並べ替え
男3人の並び方(3個の全部並べかえ)が3x2x1=6通り

❸もう1種類の並べ替え
女3人の並び方は3x2x1=6通り。

❹積
全部で2x6x6=72通り

72通り

隣り合う

隣り合うよう指定された2人(ペア)を1人と考えるのがコツ

手順は「❶2人を1人と考えて全部並べかえ→❷2人の並び替え→❸積」です

2-1-3:誰かがとなり合う

男子A,B,Cと女子D,Eの計5人が横一列に並んで座る。

女子が隣り合う並び方は何通りあるか

解説

❶DEをまとめて[X]として「ABCX」4人の並べかえと考えると4x3x2x1=24通り。

❷さらに[X]の中で「DE」と「ED」の2通り

❸合計24×2=48通り

48通り

BとD、CとEがとなり合う並び方は何通りあるか

ヒント

ペアを2つ作ると…

解説

❶BDを[X]、CEを[Y]として「AXY」3人の並べかえと考えると3x2x1=6通り。

❷さらに[X]と[Y]の中でそれぞれ2通り

❸合計6x2x2=24通り

24通り

となり合わない

並び方には「となり合う並び方」と「となり合わない並び方」のどちらかしかないので、「並び方全部」から「隣り合う並び方」を引けば「となり合わない並び方」が出る

2-1-4:となり合わない

男子A,B,Cと女子D,Eの計5人が横一列に並んで座る。女子がとなり合わない並び方は何通りか

解説

●無条件で5人が並ぶと(5個の全部並べかえ)5x4x3x2x1=120通り

●女子がとなり合う並び方は(4x3x2x1)x2=48通り(上の「練習2-1-3」参照)

●となり合わないのは、120–48=72通り

72通り

詳しい解説が読みたい・もっと問題を解きたい人は「並べ方の拡張」を見て下さい

丸く並べる(円順列)

普通の並べかえの答えを重複数で割らないといけない

問題をどうぞ

2-2:円順列

男子A,B,Cと女子D,E,Fの6人が丸テーブルに座る

座り方は全部で何通りか？

解説

6人座る=同じ並びが6通りできるので、６人全部並び替えを６で割ります。

6x5x4x3x2x1÷6=120通り

120通り

6人から3人を選んで丸テーブルに座らせると、座り方は全部で何通りか？

解説

3人座る=同じ並びが3通りできるので、一部並べかえを3で割ります。

6x5x4÷3=40通り

40通り

男女が交互になるように6人が座る方法は何通りあるか

ヒント

円順列の割り算は1回だけでOK

解説

男子3人を円に並べるのは(3個の円順列)3x2x1÷3=2通り。

男子の間に女子3人を並べるのは3x2x1=6通り(これは円順列ではありません)

合計2×6=12通り

12通り

詳しい解説が読みたい・もっと問題を解きたい人は「並べ方の拡張」を見て下さい

丸くつなげる(数珠順列)

石のように裏表がないものを丸くつなげる(数珠のように)場合は、回転と裏返しで同じ並びが円順列の2倍できるので、円順列をさらに÷2する

練習問題をどぞ

2-3:数珠順列

ネックレスの作り方について問いに答えなさい(ネックレスには裏表がないとする)。

種類が異なる7個の宝石でのネックレスの作り方は何通りあるか?

解説

7x6x5x4x3x2x1÷7÷2=360通り

360通り

種類が異なる10個の宝石から5個選ぶネックレスの作り方は何通りあるか

解説

10x9x8x7x6÷5÷2=3024通り

3024通り

詳しい解説が読みたい・もっと問題を解きたい人は「並べ方の拡張」を見て下さい

重複ある場合の数(色玉)

色のついた玉をあれこれする場合は、人間と違って同じものが何個かありますね

そのように重複する場合の選び方と並べ方を学びます

参考:全部違う色の場合

ちなみに、全部の玉の色が違う場合は「基本ルール」で学んだ方法と全く同じになります。(確認したい人は「開く」をクリック)

重複のえらび方

同じ色が何回か使える場合に注意しながら、えらび方の「小さくなっていく数本の樹形図」を書いて調べる

例1:赤玉3つ,白玉2つ,黒玉1つから2つの玉をえらぶ

例2:みかん2個,りんご1個,マンゴー1個,スイカ1個から2個えらぶ

例3:赤玉3つ,白玉2つ,黒玉1つから3つの玉をえらぶ

例4:みかん2個,りんご1個,マンゴー1個,スイカ1個から3個えらぶ

重複のならべ方

重複全部並べ

玉を置く穴が横一列に並んでいる板のようなものをイメージして…

((図))

個数が少ない色から置く位置を選んで、積の法則で合計を出す

例1:赤玉2個,白玉1個を並べかえる

穴が3つ横に並んだ板をイメージします。その3つの穴のうち白玉を置く穴を1つ選べば、残り2つは自動的に赤玉が入ると決まります

3つの穴から1つ選ぶのは=3個から1個選ぶので3通り(樹形図を書いても良い)

例2:赤玉7個,白玉3個を並べかえる

穴が7+3=10個並んだ板をイメージします。10個の穴のうち白玉を置く穴を3つ選べば、残りは自動的に赤玉に決まります

=10個から3個選ぶので、10 x 9 x 83 x 2 x 1=120通り

例3:赤玉2個,白玉3個,黒玉1個を並べかえる

全6穴のうち黒玉を置く穴1つを選ぶのに6通り、
残り5穴のうち赤が入る2つを選ぶのに5 x 42 x 1=10通り
残りの穴には自動で白が入る(1通り)。

合計(積)6x10x1=60通り

例4:赤玉2個,白玉3個,黒玉5個,青玉1個を並べかえる

全11穴のうち青玉が入る1つの穴を選ぶのに11通り
残り11-1=10穴のうち赤玉が入る2つの穴を選ぶのに10 x 92 x 1=45通り
残り10-2=8穴のうち白玉が入る3個を選ぶのに8 x 7 x 63 x 2 x 1=56通り
残り8-3=5穴は自動で黒玉に決まる(1通り)。

合計11x45x56x1=27720通り

重複一部並べ

一番面倒くさいパターン！

例1:赤玉3つ,白玉2つ,黒玉1つから3つの玉をえらんで並べかえる方法

まず、重複選び方の樹形図を書いて選び方が何通りあるか調べます(それぞれにA～Fまで名前をつけました)

A(赤赤赤),B(赤赤白),C(赤赤黒),D(赤白白),E(赤白黒),F(白白黒) と6通りの組み合わせがありました。

この組み合わせをそれぞれ並べ替える
Eは色の異なる3つの玉の並べ替え→3x2x1=6通り
BCDFは色が異なる1個の玉の位置が3通り→3通り
Aは並べ替えられません→1通り

これらの数値を合計して、6+(3×4)+1=19通りが答えです。

例2:みかん2個,りんご1個,マンゴー1個,スイカ1個から3個をえらんで並べかえる方法

同様に、まず選び方(組み合わせ)を調べると

A(みみり),B(みみマ),C(みみス),D(みりマ),E(みりス)
,F(みマス),G(りマス)の7通つの組み合わせがある

DEFGは単純な全部並べかえ→3x2x1=6通り
ABCは色が違う1個の玉の位置が3通り→3通り

合計して、(6×4)+(3×3)=33通り です

[作成中]図形の問題

図形のえらび方

点を選んで図形を作る問題

 

線を選んで三角形を作る問題

 

図形のならべ方

 

 

図形の数え方

 

 

数字カードの問題

数字が書かれたカードをあれこれする問題

カードのえらび方

和指定

「１から９まで書かれた数字カード9枚から和が7になるようなカードを2枚選べ」など

規則正しく数え上げていくと、(1,6)(2,5)(3,4)の3通り

「１から5まで書かれた数字カード9枚から和が3の倍数になるものを3枚選ぶ」だと(1,2,3)(1,3,5)(2,3,4)の3通り。これは「整数を作る問題」の「3の倍数を作る問題」で使います。

積指定

「１から6まで書かれた数字カードから積が6の倍数になるようなカードを2枚選べ」など

これも規則正しく数えていくと(1,6)(2,3)(2,6)(3,4)(3,6)(4,6)(5,6)の7通り。

「１から6まで書かれた数字カードから積が奇数になるようなカードを2枚選べ」のように偶数・奇数が条件の場合、かけ算の中に一つでも偶数が交じると答えも偶数になるのに注意します。

よって積が奇数になるには「1」「3」「5」だけでかけ算を作らないといけないので(1,3)(1,5)(3,5)の3通りと分かります。

「積が偶数になる」という条件の場合は、6枚のカードから2枚えらんで出来る組み合わせの合計(5+4+3+2+1=)15通りから奇数だけでできる3通りを引いて12通りと求めます。

カードのならべ方(整数を作る問題)

数字カードを選んで並べ替えることで整数を作ります。「1」と「3」を選んでも、順番によって「31」「13」二種類の整数が出来ます。

単純なパターン

「1から5の数字カードから3枚えらんで3ケタの整数を作る」などの問題は5個から3個えらんで並びかえるだけなので「選んで並べかえる公式」そのままで5×4×3=60 通りと解けますが、樹形図も書いてみます。

((樹形図))

整数を作る時は(百)(十)(一)と位くらいを項目として必ず書きましょう。

番目の問題

「1から5の数字カードから3枚えらんで3ケタの整数を作るとき、小さい方から(大きい方から)3番目を求めよ」のように番目を指定された問題

 

 

個数の問題

「1から5の数字カードから3枚えらんで3ケタの整数を作るとき、300より大きい(小さい)数は何個あるか」のように個数を求める問題

 

 

「0」カードがある場合

「0から5の数字カードから3枚えらんで3ケタの整数を作る」のように「0」がある場合は要注意です。

百の位には「0」が来れないので5通り、十の位には百の位で使った数以外の5通り…と考えると5×5×4=100通りと分かりますが、慣れるまでは樹形図を書いて確かめましょう。

((樹形図))

ダブりのカードがある場合

同じ数のカードが2枚以上ある場合は単純な計算で求めるのは難しいです。サッと樹形図を書いて調べましょう。

「1,1,2,3,4」から3枚選んで3ケタの整数を作る場合はこうなります。

((樹形図))

これに「0」のカードが入ってくるとややこしくなるので落ち着いて調べましょう。

偶数・奇数を作る

偶数か奇数かは一の位で決まるので、まず一の位から考えます。

例えば「1から5の数字カード5枚から3枚えらんで3ケタの偶数を作る」場合は、まず一の位に来るのは2か4の2通り、百の位は一の位に使った数以外の4通り、十の位にくるのは残りの3通りなので2×4×3=24通りです。

この場合も「0」のカードが入ると面倒くさくなります。樹形図を書いて調べましょう。樹形図の項目は(百)(十)(一)ではなく(一)(百)(十)とします。

「0から5の数字カード6枚から3枚えらんで3ケタの偶数を作る」場合はこうなります。

((樹形図))

中学受験生は4年生のうちに書けるようにしておきましょう。

3の倍数を作る

3の倍数になる条件は「各位の和が3の倍数になる」なので、数の並べ替えをする前に「各位の和が3の倍数になる」組み合わせを選ばないといけません。

従って2ステップで解くことになります。
①和が3の倍数になる組み合わせを選ぶ
②選んだ組み合わせそれぞれで整数を作って合計

「1から5の数字カード5枚から3枚えらんで3ケタの3の倍数を作る」場合はこうなります。

①1から5の数字カード5枚のうち、和が3の倍数になる3つの数の組み合わせは(1,2,3)(1,3,5)(2,3,4)(3,4,5)の4つです。
②4つの組み合わせはそれぞれ並べ替えで3×2×1=6通りの整数ができるので、6通り×4つの組み合わせ=24通りです。

0が入ると多少面倒くさくなりますが、はじめの2つか3つの組み合わせを試すと後は数えなくても予想ができます。

「0から4の数字カード5枚から3枚えらんで3ケタの3の倍数を作る」場合はこうなります。

①和が3の倍数になる3つの数の組み合わせは(0,1,2)(0,2,4)(1,2,3)(2,3,4)の4つです。
②(1,2,3)(2,3,4)は3数の並べ替えで3×2×1=6通りの整数が作れますが、(0,1,2)(0,2,4)は0があるので2×2×1=4つしか整数を作れません。合計すると6+6+4+4=20通りです。

6の倍数を作る

6の倍数は2の倍数(一の位が偶数)と3の倍数(各位の和が3の倍数)の2つの条件を満たさないといけません。

問題を解く時は2ステップで解きます。
①和が3の倍数になる組み合わせを選ぶ
②選んだ組み合わせそれぞれで偶数を作って合計

「0から4の数字カード5枚から3枚えらんで3ケタの6の倍数を作る」場合はこうなります。

①和が3の倍数になる3つの数の組み合わせは(0,1,2)(0,2,4)(1,2,3)(2,3,4)の4つです。
②4つの組み合わせそれぞれで出来る偶数を数え上げます。(0,1,2)で出来る偶数は「102」「120」「210」の３つ、(0,2,4)で出来る偶数は「204」「240」「402」「420」の4つ、(1,2,3)で出来る偶数は「132」「312」の2つ、(2,3,4)で出来る偶数は「234」「324」「342」「432」の4つ、これらを合計すると3424=13通りです。

いや～面倒くさいですね(汗)

カードの並べ方(小数を作る問題)

小数点のカードが混じっている場合、小数も作れます。

小数点カードを含む並べ替え

4枚のカードを並べ替えて作れる数は？

関連記事「小数の応用問題」中の「小数点のあるカードの並べ替え」を見て下さい。

[作成中]「ゲーム」の問題

サイコロ・コイン・ジャンケンなどの場合の数

サイコロ

2つ以上のサイコロを振って出る目で条件に合う場合の数を数えます。

2つの場合

注意するのは、2つのサイコロの目を区別することです。

例えば「大小2つのサイコロを振って目の和が4になるのは何通りか」の場合、(1,3)(2,2)の2通りではなく、「大1,小3」「大2,小2」「大3,小1」の3通りになります。

6×6表の利用

サイコロ2つの問題では数え上げる以外にも「6×6の表(ひょう)」がオススメです。

((6×6表))

大小2つのサイコロを振って目の和が4になるのは何通りか上の問題の場合はこうなります。

((書き込んだ6×6表))

６表を書くことに慣れれば、数え上げるよりも早く確実に解けますよ。

3つの場合

サイコロの数が3つ以上の場合は、上で見た「数字カードで3の倍数の整数を作る」問題のように、❶まず組み合わせを求めて❷それぞれを並べ替える、という2ステップで解きます。

例えば「大中小3つのサイコロを振って目の和が6になるのは何通りか」の場合
❶和が6になる組み合わせは(1,1,4)(1,2,3)(2,2,2)です。
❷それぞれの組み合わせを大中小に並べ替えると、(1,1,4)からは「大1,中1,小4」「大1,中4,小1」「大4,中1,小1」の3通り、(1,2,3)からは3つの並び替えで6通り、(2,2,2)からは「大2,中2,小2」のみ1通りが出来るので、これを合計して3+6+1=10通りになります。

ゲームの問題

すごろくのように、サイコロの目でコマをすすめるような問題。

かなり複雑な問題もあります。

(作成中)

コイン

サイコロの場合と違って目が2つしかありません。解き方も同じです。

「少なくとも～」

よく出題される形式で注意するものは「少なくとも1枚は表」「少なくとも1枚は裏」というような条件指定です。これらの場合は「全部裏の場合」や「全部表の場合」が何通りか出して使います。

例えば「ABCDE5枚のコインを投げて少なくとも1枚は表が出ているのは何通りか」の場合は「全部裏の場合」を使います。
5枚のコインが全部裏になるのは1通りです。5枚のコインを投げた場合の数は全部で2×2×2×2×2=32通りなので、この32通りから「全部裏」の1通りを引いた31通りが答えになります。

「少なくとも2枚が表」の場合は全ての場合から「全部裏」の場合と「1枚だけ裏」の場合を引けば答えになります。

(作成中)

ジャンケン

2人以上でジャンケンをした勝ち負けの場合の数を求めます。

注意するのは3人のアイコの場合です。「全員が同じ手(全員グー,全員チョキ,全員パー)」の場合以外に「全員が違う手(グーとチョキとパー)」を数え忘れないことです。

(問題作成中)

「道」の問題

経路の問題

3地点以上を結ぶ様々な経路を考えて行き方や往復の仕方を計算する問題で、それぞれの経路の道の数をかけ合わせると答えになります。

基本

「A町→B町→C町と移動する。AB間には道が3つ、BC間には道が2つある場合、全部で何通りの行き方があるか」という問題の場合、3×2=6通りです。

往復の仕方の数

大抵の問題で「行きに使った道は通れない」という制限があります。そういう場合、帰りは道の数が-1されます。

「A町→B町→C町→B町→A町と往復する。AB間には道が3つ、BC間には道が2つある場合、全部で何通りの行き方があるか。ただし行きに通った道は帰りには使えない」という問題の場合、3(行きのAB)×2(行きのBC)×2(帰りのCB)×1(帰りのBA)=12通りです。

複雑な経路の問題

途中で二又に別れたり、別れた先で又別れたりという複雑な経路の場合は、道に名前をつけて樹形図を書くのが確実です。

(問題作成中)

道順(格子)の問題

スタート地点から碁盤の目のような町(条坊制の平城京・平安京をイメージ)を通ってゴールまで行く道順が何通りあるか数える問題

基本的な考え方

一番単純な正方形で左下のA地点から右上のB地点まで行く方法が何通りあるか考えます。

図1:

説明書き

Bに行くにはA→P→BとA→Q→Bの2つの経路しかありません。

そしてA→P、P→B、A→Q、Q→B全部道は1つしかありません。ここで、上で見た経路の問題を思い出すと、A→P→Bは1×1=1通り、A→Q→Bも1×1=1通りしか無いことが分かります。

この2つを足してAからBへの行き方は1+1=2通りになります。

図1:

説明書き

今の考え方をもっと単純に分かりやすく書くとこうなります。

まず左上の点Xと右下の点Yへの行き方はそれぞれ1通りしかないので「1」と書きます

図1:

説明書き

この2つの「1」を右と上にBに向けて合わせると1+1=2になります。これがAからBへの行き方の個数になります。

図1:

説明書き

単純な形

今の考え方でもう少し大きな町を移動してみます。

図1:

説明書き

まずAから右と上に真っ直ぐ行った点は全て1通りなので「1」と書きます

図1:

説明書き

次に、さっきの正方形の右上にあたる点へ左と下から1を2つ合流させて1+1=2の「2」を記入します。

図1:

説明書き

さらに、今書いた「2」を1と合流させて1+2=3の「3」を記入します

図1:

説明書き

これを繰り返してBまで数字を記入します

図1:

説明書き

35通りと分かりました。

ゲーム感覚で面白く解けると思います。

不規則な形

一部が欠けたり…

図1:

説明書き

一部の区画が大きかったり…

図1:

説明書き

上のような不規則な形でも同じルールで出せます。

試しにやってみましょう(答えだけ示します)。

欠け形

不均等形

中継地の指定

今まではAからBに行く全ての方法を出していましたが、「Cを通って行く方法を求めなさい」というような指定がある場合です。

図1:

Cにコンビニでもある感じ？

ここでも経路の問題と同じ考えを使えば解けますね。A→Cの行き方とC→Bの行き方を求めて、かけ合わせれば良いのです。

図2:

A→C:6、C→B:3なので
A→C→B:6×3=18通り

A→Cが6通り、C→Bが3通りなので、A→C→Bは6×3=18通りです

通行禁止地点

例えば、「AからBまで図のXを通らずに行く方法は何通りか」という場合です。

図1:

Xは通行禁止

上の方の「コイン」の問題(「少なくとも1枚が表」)で使った「全部の場合の数ー反対の条件の場合の数」の考え方を使います。

つまり、全部の場合からXを通る場合の数を引いて答えを出すのです。

Xを通る行き方はA→C→D→Bになります。

そしてA→Cは6通り(図1)、P→Cは1通り、D→Bは2通り(図2)なので、A→C→D→Bは6×1×2=12通りと分かります。

Xを通る場合の数

A→C→D→Bは6×1×2=12通り

全部の場合の数は35通りなので、35ー12=23通りが答えになります。

三次元格子の道順

棒で作った立方体の骨組みの上を移動するような問題です。一見複雑そうですが、理屈は上で見た「条坊制」の問題と同じなので安心して下さい。

基本的な考え方

棒で作った立方体の骨組みのような立体を「三次元の格子」と呼びます。この三次元格子上の1点から1点へ行く道順を求めます

例えば

図のPからQまで行く道順は何通りか求める問題で、上で解いた条坊制と同じ作業を三次元で行います

Pから直接行けるのは3箇所(A,B,C)です

ABCを経由して行ける点をD,E,Fとすると、Dへの行き方は「P→A→D」と「P→B→D」の2通りで、E,Fへの行き方も同じく2通りです。

これは「条坊制」と同じく1+1=2という計算です。

さらに目的地QへはD,E,Fの3方向から行けるので、D,E,Fへの行き方を合計して2+2+2=6通りになります

このQのような「3方向から行ける」点があるのが三次元の特徴になります。

一方向への延長

この考え方を使って、三次元の格子を奥(右方向)に増やしたカタチでのPからQへの行き方を考えると

それぞれ、こうなります(答えのみしめします)。

2,3方向への延長

さらに「2階」を作るように縦方向にも延長してみます

「1階」部分は先程と同様です

「2階」部分は手前左側の点(A)から求めます。左,前,下3方向のうちいくつから行けるかを考えて合計します(答えのみしめします)

塗り分け問題

旗や地図を2色3色で塗り分ける場合の数を出す問題。今までの知識を総動員して解く問題です。

考えることが多くて頭がゴチャゴチャするので、考える手順を決めておくと安心して解けます。

塗り分けのルール

大きく2つの場合に分けて考えます

全区画をちがう色で塗り分ける場合

区画数と準備した色数が等しい

まず、旗の区画(色を塗る場所)と準備した色の数が全く同じ場合、例えば「図のような旗を青,白,赤の3色で塗り分ける方法は全部で何通りあるか」を考えましょう。

三色旗

三つの区画に分かれた旗

これは3つの色を並びかえる場合の数(「全部の並べかえ」)と同じですね。

この問題ではN=3なので、3×2×1=6通りになります。

三区画の旗を3色で塗り分ける

3色全部の並び替えなので
3 x 2 x 1 =6 通り

色の数が多い場合

色の数が区画の数より多い場合、例えば「図のような旗を青,白、赤,黒のうち3色で塗り分ける方法は全部で何通りあるか」を考えます。

三色旗

三つの区画に分かれた旗

4色のうち3色を選んで塗るので、これは4個から3個を選んで並びかえることになります。

この問題はN=4,A=3なので、4×3×2=24通りです。

同じ色で塗る区画がある場合

今までは区画を全部違う色で塗っていましたが、いくつかの区画を同じ色で塗らないといけない場合、例えば「図のような旗を赤・青・緑・紫のうち3色で塗り分ける方法は全部で何通りあるか」を考えます。

この場合は2段階で処理をするのがポイントです。

まず、4つの区画を3色で塗るので同じ色で塗る区画をどこにするか(配色パターン)が何通りあるか考えます。

この旗の場合は「上下を同じ色で塗り左右は別の色にする」のと「左右を同じ色で塗り上下は別の色にする」の2通りあります。

次に準備した4色から使う3色を決めて塗り分けます。これは4個から3個えらんで並べかえなので、4×3×2=24通りです。

配色パターンが2通りで塗り分けが24通りなので、合計で2×24=48通りになります。

これで塗り分け問題の解き方が分かってきましたね。色数が少ない場合2ステップになります。

では、このルールを使って旗や地図を塗り分けていきましょう

2区画の旗や地図

図1:

二色旗の例

2区画の場合、同じ色で塗る区画はないので、単純な並べ方の計算一発で答えが出る

2色で塗り分け

例えば、赤と白の2色で並べ変える場合、2個の全部並べ替えなので、2×1=2通り

二色旗を二色で塗り分け

区画に名前をつけて項目にする

3色以上で塗り分け

3色の場合、3色から2色選んで並べ替えなので、3×2=6通り

4色の場合、4色から2色選んで並べ替えなので、4×3=通り

3区画の旗や地図

図1:

説明書き

2色で塗る(同じ色で塗る区画がある)場合は、2段階の計算になる。

川の字形

上の例で出したいわゆる「三色旗」

与えられた3色で塗る

例えば、赤・青・白の3色で塗る場合は、基本ルールの「全部並べ替え」なので3x2x1＝6通り

三区画の旗を3色で塗り分ける

3色全部の並び替えなので
3 x 2 x 1 =6 通り

多色から3色選んで塗る

例えば、赤・青・白・黒の4色から3色選んで塗る場合は、基本ルールの「選んで並べ替え」で4x3x2=24通り

与えられた2色で塗る

例えば「赤」「白」二色で塗る場合

区画の数(3)より少ない色(2)で塗るので、同じ色で塗る区画があり、2段階の計算をしないといけない。

①まず同じ色で塗る区画のデザインが何通りあるか考えます。この場合は1通りしかありません

三色旗(川)の同色区画

アとウを同色にする
というパターンしかない

②赤と白2色の並べ替えは2×1=2通り

➂ ①と②を掛け合わせて1x2=2通りと分かります

三色旗(川)を2色で塗る

2通り

多色から2色選んで塗る

この場合も2段階の計算をする

例えば「赤」「青」「白」3色から2色選んで塗る場合
①まず同じ色で塗る区画のデザインは1通り

三色旗の同色区画

このパターンしかない

②さらに3色から2色えらんで並べ替えは3×2=6通り

①と②をかけ合わせて1x6=6通り

4色から2色選んで塗る場合は、①同色にする区画は同じく1通り、②4色から2色を選んで並べ替えに4×3=12通り、➂掛け合わせて1x12=12通り

5色から2色選んで塗る場合は、1x(5×4)=20通り

Tの字形

((画像))

Tの字のような旗は3色でないと塗り分けられないので、同じ色で塗る区画を考えることはないのでラクチンです

多色から3色選んで塗る

例えば4色から3色選んで塗る場合は、基本ルールの「選んで並べ替え」で4x3x2＝24通り

5色から3色選んで塗る場合は5x4x3＝60通り

6色から3色選んで塗る場合は6x5x4＝120通り

与えられた3色で塗る

基本ルールの「全部並べかえ」で3x2x1=6通り

変則形

2色で塗り分けられる(同じ色で塗る区画がある)場合は「川」と同じ計算に、3色必要な場合は「T」と同じ計算になる。

(例1)

例えば、このような旗は2色では塗り分けられないので「Tの字」と同じ計算になります。

(例2)

このような旗は2色で塗り分けられるので「川の字」と同じ計算になります。

 

ここから先も考え方は同じです。区画が増えると「同じ色で塗る区画のデザイン」が増えるのが面倒くさいです…

4区画の旗や地図

同色区画のパターン数が増えて複雑になってきます

十字形

十字で分けたような旗。

四色(十字)旗

区画に名前を付けておく

4色で塗る

4つ全部並べかえなので4x3x2x1=24通り

多色から4色選んで塗る

例えば5色から4色選んで塗るときは、5個から4個選んで並べかえと同じなので、5x4x3x2=120通り

3色で塗る

区画(4)より塗る色(3)が少ないので2段階で解く

①同色にする区画のパターンは2つ

②3色を並べかえるので、3x2x1=6通り

➂ ①と②をかけ合わせて2×6=12通り

多色から3色選んで塗る

例えば5色から3色選んで塗り分ける場合

①同色区画のパターンは2通り②5色から3色えらぶのに5x4x3=60通り➂かけ合わせて2×60=120通り

2色で塗る

区画数より塗色数が少ないので2段階で解く

①同色区画のパターンは1通り

②2色の並べかえは2×1=2通り

➂掛け合わせて1×2=2通り

 

多色から2色選んで塗る

例えば5色から2色選んで塗り分ける場合

①同色区画のパターンは1通り②5色から2色えらんで並べかえに5×4=20通り➂掛け合わせて1×20=20通り

川形

 

川+α形

 

変則形

 

5区画以上の旗や地図

同色パターンがさらに増えて面倒になります

図1:

説明書き

 

確認テスト(2020.5.9作成中)

分ける問題

組分け問題

人を部屋(組)に分ける、物を山分けするなど

2つに分ける

不均等に分ける場合

単純な選び方の問題になる

例えば、5人の生徒ABCDEを2人部屋と3人部屋に分ける場合。5人から2人部屋に行く生徒2人を選べばよいので、5個から2個のえらび方になる。

4+3+2+1=10通り。または5×42×1=10通り

均等に分ける場合

この場合、単純な選び方だと同じ分け方を2回数えてしまっている。

例えば4人の生徒ABCDを2部屋に分ける場合、(A,B)を選ぶ場合と(C,D)を選ぶ場合は変わらないはずなのに2通りと数えているので正しい答えの2倍になっている。

そこで、(4個から2個選ぶ場合の数)÷2=(3+2+1)÷2=3通り が答えになる。

3つに分ける

完全に不均等に分ける場合

単純にえらび方を積にすればOK

例えば6人の生徒ABCDEFを3人部屋、2人部屋、1人部屋に分ける場合。一人部屋に泊まる生徒のえらび方が6通り、二人部屋に泊まる生徒の選び方が残り5人から2人を選ぶので 4+3+2+1=10通り、残りは自動で3人部屋に泊まるので1通り。この3つの場合の数をかけ合わせて(積の法則)、6×10×1=60通り

一部不均等に分ける場合

単純なえらび方の積だと2倍多く数えてしまう

例えば5人の生徒ABCDEを2人部屋、2人部屋、1人部屋に分ける場合。一人部屋に泊まる生徒のえらび方が5通り、二人部屋に泊まる生徒の選び方が4人から2人を選ぶので 3+2+1=6通り、残りは自動でもう1つの二人部屋に泊まるので1通り…だが、4人から2人を選ぶ時に同じ選び方を2回数えている(例えばABCDの(A,B)と(C,D))ので、選び方の積を÷2しないと正しい答えにならないので、5×6×1÷2=15通り

均等に選ぶ場合

単純なえらび方の積だと6倍も多く数えてしまう

例えば6人の生徒ABCDEFを2人部屋、2人部屋、2人部屋に分ける場合。えらび方の積は、6人から2人選ぶ(15通り)×4人から2人えらぶ(6通り)×2人から2人えらぶ(1通り)になるが、これだと同じ分け方例えば(A,B)(C,D)(E,F)を6通り数えてしまっている。

(A,B)(C,D)(E,F)、(A,B)(E,F)(C,D)、(C,D)(A,B)(E,F)、(C,D)(E,F)(A,B)、(E,F)(A,B)(C,D)、(E,F)(C,D)(A,B)

よって、えらび方の積を÷6しないと正しい答えにならないので、15×6×1÷6=15通り になる。

整数の分解

和に分解

 

連続する整数の和に分解

例えば、6＝1＋2＋3のように、ある整数を連続する数の和に分解する問題

実際の分解の様子など詳しくは関連記事「整数を連続する数の和に分解する」を見て下さい

金額の問題(作成中)

お金が好きな人は多いでしょう♪

決まった金額を作る問題

例えばこんな問題です。

 

作れる金額を求める問題

選んで使う場合

 

全て使う場合

例えばこんな問題です。

 

試合の数

多くのチームで試合をして順位を決めるには、大きく分けて2つの形式がある。

リーグ戦(総当り戦)…サッカーのワールドカップの予選
トーナメント戦(勝ち抜き戦)…ワールドカップの決勝大会

リーグ戦

Nチームでのリーグ戦(総当り戦)の試合数=N個から2個のえらび方

5チームのリーグ戦なら、5個から2個のえらび方
→4+3+2+1=10 または 5C2=5×42×1=10試合

トーナメント戦

Nチームでのトーナメント戦(勝ち抜き)の試合数=N-1

1試合するごとに1チーム消えて、これを残り1チームまで行うから

16チームでのトーナメント戦なら、16-1=15試合

問題を解いてみましょう

X-1:試合数を求める

あるサッカー大会では予選と本戦で優勝を決める。
予選はリーグ戦で、ABC地区では4チームから2チームが、D地区では6チームから3チームが選ばれる。
本戦は各地区の代表がトーナメントで戦う。優勝が決まるまで全部で何試合あるか(引き分けや再試合は無かったとする)

ヒント

あせらず予選の試合数と決勝の試合数を出しましょう♪

解説

ABC地区の予選リーグは、4チームから2チームの選び方で3+2+1=6試合ずつ。D地区では6チームから2チームの選び方で5+4+3+2+1=15試合。予選の合計試合数は6×3+15=33試合。

決勝トーナメントは2+2+2+3=9チームでのトーナメントなので、9-1=8試合

合計して33+8=41試合

41試合

確からしさ(確率)

確からしさとは

「全部の場合」に対する「条件を満たす場合」の割合を「確からしさ」と言う

例えば、サイコロを１個振った時に偶数の目が出る確からしさ(確率)

サイコロを1個振るとき場合の数は全部で「1」「2」「3」「4」「5」「6」の6通りあります。

そのうち、問題文の条件「偶数」を満たす場合の数は「2」「4」「6」の3通りです。

したがって、サイコロを１個降った時に偶数の目が出る確からしさは36約分して12になります。(百分率にすると12×100=50%です。)

このように「確からしさ」とは「全部の場合の数」を分母に、「条件を満たす場合の数」を分子にした分数になります。

問題を解いてみましょう

X-1:試合数を求める

コインを2枚同時に投げた場合、次の問いに答えよ。

裏が2枚出る確からしさは？

解説

コインを3枚投げて出る目の全部の場合の数は(表、表)(表、裏)(裏、表)(裏、裏)の4通り

「確からしさ」では「えらび方」と違って(表、裏)と(裏、表)を別々に数えます

一方、条件を満たすのは(裏、裏)の1通り

よって確からしさは14

14

少なくとも1枚表が出る確からしさは？

ヒント

(ここにヒントが入ります)

解説

少なくとも1枚表が出るのは(表、表)(表、裏)(裏、表)の3通り

よって確からしさは34

34

別解

「少なくとも」と言われたら、全部の場合からダメな場合を引いても同じです。

この場合、全部の場合4通りからダメな場合(裏、裏)の1通りを引いても 4-1=3通り と同じになりました♪

このやり方だと、全部の場合の数が多いときがラクに答えが出せるのでオススメです

次はコインを増やしましょう

X-1:確からしさ(コイン)

コインを3枚同時に投げた場合、次の問いに答えよ。

表が2枚出る確からしさは？

解説

全部の場合は、(数え上げても良いですが)計算で出すとコインAが表と裏の2通りxコインBも2通りxCも2通り=8通りになる

条件を満たすのは(表、表、裏)(表、裏、表)(裏、表、表)の3通り

よって確からしさは38になる

38

少なくとも1枚表が出る確からしさは？

ヒント

「少なくとも」と言われたら？

解説

「条件を満たす場合」を「全部の場合」から「ダメな場合」を引いて求める。

「ダメな場合」は全部裏の(裏、裏、裏)の1通りなので、条件を満たすのは8-1=7通り

よって確からしさは78になる

78

表が出ているとき、裏も出ている確からしさは？

ヒント

問題文の前半の条件で「全部の場合」が減ります

解説

「表が出ているとき」なので全部裏の1通りを除いた7通りが「全部の場合」になる

さらに「裏も出ている」という条件は「少なくとも1枚は裏」と同じなので、全部の場合7通りからダメな場合(全部表)1通りを引いた6通りが「条件を満たす場合」になる

「全部の場合」が7,「条件を満たす場合」が6なので、確からしさは67になる

67

その他の問題

 

 

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誤:「15×6×1÷2=45通り」→正:「15×6×1÷6=15通り」

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