第十八讲 加法原理与乘法原理
加法原理,乘法原理
加法原理,乘法原理运算是现代社会不可缺少的一种基本技能，它不仅在学校教育中被广泛的使用，在实际的日常生活中同样也被广泛的使用。
基本的运算有加法、减法、乘法和除法，加法和乘法是其中最重要的。
加法原理指：加法是求和，两数相加，求它们之和。
乘法原理指：乘法是求积，两数相乘，求它们之积。
加法原理的核心思想是“多位一体”，即可以把多个小的数字合并成一个大的数字。
它的标准形式是“两个数字相加，求它们之和”，其具体步骤如下：1、从个位开始，对两位数相加，如果其结果大于等于10，则将其十位数记录在结果中，将十位数和个位数相加，得出最终的结果。
2、从十位开始，对两位数相加，如果其结果大于等于10，则将其百位数记录在结果中，将百位数和十位数相加，得出最终的结果。
3、以此类推，不断对两位数相加，如果其结果大于等于10，则将其余位数记录在结果中，将余位数和相邻位数相加，得出最终的结果。
乘法原理的核心思想是“重复加法”，即可以连续的进行加法运算来进行乘法运算。
它的标准形式是“两个数相乘，求它们之积”，其具体步骤如下：1、将乘数乘以被乘数的每一位，得到一个临时结果，然后把所有的临时结果相加，得到最终的结果。
2、如果某一位的结果大于等于10，则将其结果的十位数加到下一位中，将其个位数留在当前位中，然后将所有的结果相加，得到最终的结果。
以上就是加法原理和乘法原理的基本概念，只要掌握了这两个原理的基本概念，我们就可以轻松的完成加法和乘法的运算。
在数学学习和实际应用中，加法和乘法原理是不可缺少的必修课程，能够帮助我们理解和掌握运算，有助于我们日常生活的更科学、更高效的运用。
加法原理和乘法原理
加法原理和乘法原理首先，让我们从加法原理开始。
加法原理是一种计算相互独立事件总数的方法。
当我们想要知道两个或更多事件发生的总数时，可以使用加法原理来解决问题。
加法原理的基本概念是，如果事件A与事件B互斥（即不可能同时发生），那么发生事件A或事件B的总数可以通过将两个事件的数量相加来得到。
举个例子来说明加法原理的应用。
假设有一个装有红、蓝、绿三种颜色的球的袋子，我们要从袋中取出一个球。
现在我们想知道取出红球或蓝球的可能性有多大。
根据加法原理，我们只需将取出红球的可能性与取出蓝球的可能性相加即可。
如果红球有5个，蓝球有3个，那么总共有8个球可供选择。
因此，根据加法原理，取出红球或蓝球的可能性为5+3=8在组合计数中，加法原理的应用更为广泛。
比如，我们想知道从A、B、C三个选项中选择一项的总数。
根据加法原理，我们只需将从A中选择一项的可能性、从B中选择一项的可能性和从C中选择一项的可能性相加即可。
因此，总数为3接下来，我们来介绍乘法原理。
乘法原理用于计算独立事件同时发生的总数。
当我们想知道两个或更多事件同时发生的总数时，可以使用乘法原理来解决问题。
乘法原理的基本概念是，如果我们有n个独立事件，每个事件的可能性均为m1、m2、m3，那么这些事件同时发生的总数可以通过将每个事件的可能性相乘来得到。
乘法原理在排列组合中也有广泛的应用。
考虑一个简单的例子，假设我们要选择一个由3位字母组成的字符串，每个位置都可以是A、B、C。
根据乘法原理，我们需要将每个位置的可能选择相乘。
由于有3个位置，每个位置有3个选择（A、B、C），所以总共有3×3×3=27种可能的字符串。
至此，我们已经了解了加法原理和乘法原理的概念和基本应用。
接下来，让我们来探讨一下这两个原理的证明过程。
对于加法原理的证明，我们可以假设事件A和事件B互斥，即不可能同时发生。
如果两个事件互斥，那么它们的交集为空集。
现在我们定义一个新的事件C，它表示事件A或事件B发生。
加法原理和乘法原理
加法原理和乘法原理
1.加法原理：
加法原理也称为分情形原理，是指对一个由相互独立的事件构成的事件总和，其计数等于这些事件各自计数的总和。
简单来说，当我们需要从A和B两个集合中选择元素，或者进行两个动作时，可以使用加法原理来计数。
加法原理的表达式可以表示为：，
A∪B，=，A，+，B，-，A∩B。
一个例子是，有5个红球和3个蓝球，我们要从中选3个球。
这里红球和蓝球是分别独立的集合，使用加法原理可以直接将选红球的方式数目与选蓝球的方式数目相加，即C(5,3)+C(3,3)=10+1=11
2.乘法原理：
乘法原理也称为连乘法则，是指对一个多步操作的计数问题，其计数等于每个步骤计数的乘积。
乘法原理可以用于计数多个独立事件同时发生的可能性。
乘法原理的表达式可以表示为：，A×B，=，A，×，B。
一个例子是，有4个人，每个人有3种选择，问有多少种不同的选择方式。
我们可以将这个问题分解成4个独立的选择过程，并将每个选择过程的可能性相乘：3^4=81
乘法原理还可以推广到更多步骤的操作。
比如，在一个密码中，每位密码有10个可能的选项，密码有4位。
使用乘法原理，我们可以计算出总共有10^4=10,000种不同的密码可能性。
总结起来，加法原理和乘法原理是计数问题中非常重要的基本原理。
它们可以帮助我们计算各种可能性的总数，从而解决各种实际问题。
在实际应用中，我们通常需要灵活地使用这两个原理，结合具体问题进行推理和计算。
加法原理和乘法原理
加法原理和乘法原理首先，我们来了解一下加法原理。
加法原理是指求解一个问题的总数时，将问题分解为若干个子问题，并将每个子问题的解相加，从而得到整体的解的过程。
例如，假设一个班级有10个男生和15个女生，要从中选出一名学生担任班长。
根据加法原理，我们可以将问题分解为两个子问题：选出一个男生作为班长和选出一个女生作为班长。
然后，我们计算每个子问题的解的个数，并将它们相加，得到总的解的个数：男生子问题的解的个数为10个，女生子问题的解的个数为15个。
因此，根据加法原理，总的解的个数为10+15=25个。
在实际应用中，加法原理常常用于计算组合问题的总数。
例如，假设我们有4种不同的水果可以选择，要选择其中一个水果。
根据加法原理，我们可以将问题分解为4个子问题：分别选择苹果、橙子、香蕉和草莓。
然后，计算每个子问题的解的个数，并将它们相加，得到总的解的个数：4个。
也就是说，根据加法原理，我们共有4种选择。
接下来，我们来了解一下乘法原理。
乘法原理是指求解一个问题的总数时，将问题分解为若干个独立的步骤，并将每个步骤的解相乘，从而得到整体的解的过程。
例如，假设我们要从一副扑克牌中抽出一张红心牌并抽出一张A牌。
根据乘法原理，我们可以将问题分解为两个独立的步骤：先抽出一张红心牌，再从红心牌中抽出一张A牌。
然后，计算每个步骤的解的个数，并将它们相乘，得到总的解的个数：抽出一张红心牌的解的个数为26个（一副扑克牌中有52张牌，其中红心牌有26张），从红心牌中抽出一张A牌的解的个数为4个（红心牌中有4张A牌）。
因此，根据乘法原理，总的解的个数为26*4=104个。
综上所述，加法原理和乘法原理是数学中的基本原理，用于计算和解决组合问题和概率问题。
它们在实际应用中具有广泛的应用价值，帮助我们更好地理解和解决各种复杂的计算问题。
通过加法原理和乘法原理，我们可以将复杂的问题拆解为简单的子问题，从而更容易得到问题的解。
加法原理和乘法原理PPT课件
小结：完成一件工作有以下两种不同的方式；
第一种方式：用不同类的办法去完成一件工作，每类 办法中的任意一种方法都可以从头至尾把这件工作做 完。 第二种方式：分成几个步骤去完成一件工作，每个步骤中 的任意一种方法只能完成这件工作的一部份，这几个步骤 都完成 了，这件工作才能做完。 （二）加法原理和乘法原理： 完成一件工作的不同方法的总数怎样计算？ 加法原理：做一件事，完成它有n类办法，其中第一类办 法中有m1种方法 第二类中有m2种方法· · · · · · · ，第n类办法中 有mn种方法，那么完成这件事共有N=m1+m2+· · · · · · · · +mn种 不同的方法。 问题1第一类办法是走旱路有3种不同的走法 第二类办法是走水路有2种不同的走法 由加法原理共有3+2=5种不同的走法。
解：（1）组成允许有重复数字的三位数这件事可分三个步 百 十 个 骤完成； 第一步确定百位上的数字；有5种不同的方法 位 位 位 第二步确定十位上和数字；有5种不同的方法， 第三步确定个位数字；有5种不同方法 ， 由乘法原理：5×5×5=125 答：可组成允许重复数字的三位数125个 由同学完成第（2）题 5×4×3=60种 项 例3：求（a+b+c+d）· （e+f+g）展开式中的项数。 解：第一步在前一个因式中取一项，有4种取法， 第二步在后一个因式中取一项，有3种取法， 由乘法原理：3×4=12 答：展开式中共有12项。 ·
甲 地
乙 地
解：完成由甲地到乙地这件事有三类办法： 第一类办法坐火车，一天中有2种不同走法， 第二类办法坐汽车，一天中有3种不同走法 第三类办法坐轮船，一天中有4种不同走法。 由加法原理得：2+3+4=9 答：有9种不同走法。
加法原理、乘法原理
加法原理、乘法原理基础知识：1.加法原理：如果完成一件事情可以分成几类方法，每一类又包含若干种不同方法，那么将所有类中的方法数累加就是完成这件事的所有方法数.加法原理的关键在于分类，类与类之间用加法.2.乘法原理：如果完成一件事情可以分成几个步骤，每一步又包含若干种不同方法，那么将所有步骤中的方法数连乘就是完成这件事的所有方法数.乘法原理的关键在于分步，步与步之间用乘法.3.分类原则：分类要做到“不重不漏”.任意两类之间不可以重复，这叫做不重；把所有的类别累加在一起就得到整体，这叫做不漏.4.分步原则：分步要做到“前不影响后”.无论前面步骤采取哪种方法，后面一个步骤都应该有相同多的方法数，也就是说后面一个步骤的方法数与前面步骤采取哪一种方法无关.例1.从1开始依次写下去一直到999，得到一个多位数1234567891011121314…997998999，请问：（1）这个多位数一共有多少位？（2）第999位数字是多少？（3）在这个多位数中，数字9一共出现了多少次？（4）数字0一共出现了多少次？问题（1）这个多位数一共有多少位？[答疑编号5721040101]【答案】（1）2889；（2）9；（3）300；（4）189【解答】分析1：999个自然数构成一个多位数，可以利用加法原理分类的思想求这个多位数的位数.将这999个自然数分成3类：第1类是1位数；第2类是2位数；第3类是3位数.分别计算每一类自然数占了多少位，再求和就可以得出多位数的位数了.详解1：按照自然数的位数去分类.构成这个多位数的自然数中1位数有9个，占了9位；2位数有90个，占了2×90=180位；3位数有900个，占了3×900＝2700位；所以这个多位数总共有9+180+2700=2889位.问题（2）第999位数字是多少？详解2：1位数和2位数一共占了189位，999位数数字还需要3位数占据999－189=810位.由810÷3=270…0可知第999位数字是第270个3位数的最后1位.第270个3位数是369，所以第999位数字是9.问题（3）在这个多位数中，数字9一共出现了多少次？分析3：前面2问分类的方法是按照自然数的位数去分类，1位数，2位数，3位数各自分为一类.但按照这种分类的思路来解第3问就不是很方便了：1位数含有1个9，2位数含有19个9，但是考虑3位数含有多少个9还是比较复杂.通过这种分类的思路去分析问题并没有使问题变得简单.可以考虑按照分段的方法去分类，第1类1—99；第2类100—199；第3类200—299；……；第10类900—999.分别计算每一类中包含了多少个9，然后再加和就可以了.注意利用每一类的相似性，比如第1类到第9类每一类所包含9的个数应该一样多，当然第10类900—999中9的个数比前9类要多100个.再考虑一种分类的方法，按照9出现的位置去分类.首先考虑9在百位出现了多少次；再考虑9在十位出现了多少次；最后考虑9在个位出现了多少次.详解3：按照分段的方法去分类.实际这种分类方法也是按照百位数的不同去分类，在每一类中百位数是相同的（1—99可以看成百位数为0）.考虑第1类1—99中包含了多少个9，个位包含9的有：9，19，29，39，49，59，69，79，89，99一共10个；十位包含9的有：90，91，92，93，94，95，96，97，98，99也是10个.这样在1—99中9在个位和十位各出现了10次，一共是20次.同理，第2类100—199；第3类200—299；……；第9类800—899；每一类中也都包含20个9.第10类900—999中9的个数比前9类要多100个，应该是120个.所以原来的多位数中总共有20×9＋120=300个9.其实更快的方法是按9出现的位置去数，应用乘法原理.问题（4）数字0一共出现了多少次？详解4：按照0出现在个位、十位去分类当0出现在十位时，百位可以为1~9，个位可以为0~9，根据乘法原理，共有9×10=90次；同理，当0出现在个位时，共有9×10+9=99次，所以原来的多位数中0出现了99＋90=189次.例2.允许数字重复，那么用数字0、1、3、5、7、9最多可以组成多少个不同的三位数？[答疑编号5721040102]【答案】180【解答】百位有5种选择，十位和个位都有6种选择.根据乘法原理，一共可以组成5×6×6=180个三位数.变化：如果不允许数字重复呢？其中被5整除的无重复数字的三位数又有多少个呢？例3.在所有的三位数中，至少出现一个2的偶数有________个.[答疑编号5721040103]【答案】162【解答】①个位是2的有9×10=90个；②十位是2但个位不是2的偶数有9×4＝36个；③百位是2但十位和个位都不是2的偶数有9×4=36个，所以一共有90＋36＋36＝162个符合条件的三位数.例4.用1、2、3、4、5这5个数字组成四位数，至多允许有1个数字重复两次.例如1234、1233和2454是满足条件的，而1212、3335和4444就是不满足条件的.那么，所有这样的四位数共有________个.[答疑编号5721040104]【答案】480个【解答】方法1：分类讨论.如果包含4个互不相同的数字，一共有5×4×3×2=120个；如果包含3个互不相同的数字，我们可以先从5个数字中选出3个数字，然后再从挑出的3个数字中选1个可以重复，最后把这3个数字带上1个重复的数字共4个数字排成1行.根据乘法原理，就有个，所以一共有120＋360＝480个四位数.方法2：排除法.所有可能的四位数有5×5×5×5＝625个；只包含1个数字的有5个，包含2个数字的有5×4×（2×2×2－1）＝140个.那么包含3个或4个不同数字的四位数有625－5－140=480个.例5.书架上有1本英语书，9本不同的语文书，9本不同的数学书和7本不同的历史书.现在要从中取出3本书，而且不能有两本是同一科的.那一共有多少种取法？[答疑编号5721040105]【答案】774【解答】因为一共要4种书中选3种，所以要分4种情况讨论：如果拿的是英语、语文和数学书，根据乘法原理一共有1×9×9种方法；如果拿的是英语、语文和历史书，一共有1×9×7种拿法，同理另外两种情况分别有1×9×7种和9×9×7种拿法.最后我们根据加法原理，一共有1×9×9＋1×9×7＋1×9×7＋9×9×7＝1×9×16＋10×9×7＝144＋630＝774种拿法.例1.用0，1，2，3，4这五个数字可以组成多少个无重复数字的：（1）银行存折的四位密码；（2）四位数；（3）四位奇数.[答疑编号5721040201]【答案】（1）120（个）；（2）96（个）；（3）36（个）.【解答】（1）完成“组成无重复数字的四位密码”这件事，可以分四个步骤：第一步：选取左边第一个位置上的数字，有5种选取方法；第二步：选取左边第二个位置上的数字，有4种选取方法；第三步：选取左边第三个位置上的数字，有3种选取方法；第四步：选取左边第四个位置上的数字，有2种选取方法；由乘法原理，可组成不同的四位密码共有N=5×4×3×2=120（个）.（2）完成“组成无重复数字的四位数”这件事，可以分四个步骤：第一步：从1，2，3，4中选取一个数字作千位数字，有4种选取方法；第二步：从1，2，3，4中余下的三个数字和0中选取一个数字作百位数字，有4种选取方法；第三步：从余下的三个数字中选取一个数字作十位数字，有3种选取方法；第四步：从余下的两个数字中选取一个数字作个位数字，有2种选取方法；由乘法原理，可组成不同的四位数共有N=4×4×3×2=96（个）.（3）完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四个步骤：第一步：从1，3中选取一个数字作个位数字，有2种选取方法；第二步：从1，3中余下的一个数字和2，4中选取一个数字作千位数字，有3种选取方法；第三步：从余下的三个数字中选取一个数字作百位数字，有3种选取方法；第四步：从余下的两个数字中选取一个数字作十位数字，有2种选取方法；由乘法原理，可组成不同的四位奇数共有N=2×3×3×2=36（个）.例2.在1～20共20个整数中取两个数相加,使其和为偶数的不同取法共有多少种?[答疑编号5721040202]【答案】90（种）【解答】取a+b与取b+a是同一种取法.分类标准为两加数的奇偶性,第一类,偶偶相加,由乘法原理得（10×9）/2=45种取法,第二类,奇奇相加,也有（10×9）/2=45种取法.根据加法原理共有45＋45=90种不同取法.例3.将5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案有多少种？[答疑编号5721040203]【答案】150（种）【解答】5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆，可以分成3，1，1和2，2，1两类，第一类：分成3，1，1，完成此件事可以分成3步，第1步：3个馆选一个馆去3个人，共有3种选法，第2步：5个人中选3个人，共有种选法，第3步：剩下的2个人分别去两个馆，所以当分配成3，1，1时，根据乘法原理，共有3×10×2=60（种）；第二类：分成2，2，1，完成此件事可以分成3步，第1步：5个人中选出一个人，共有5种选法，第2步：3个馆中选出一个馆，共有3种选法，第3步：剩下的4个人中选2个人去剩下两个馆中的一个，最后一个人去另外一个馆，共有（种），所以当分配成2，2，1时，根据乘法原理，共有5×3×6=90（种）；所以根据加法原理，不同的分配方案共有60＋90=150（种）.例4.用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数有多少个？[答疑编号5721040204]【答案】40（个）【解答】可分三步来做这件事：第一步：先将3、5放到六个数位中的两个，共有2种排法；第二步：再将4、6插空放入剩下四个数位中的两个，共有2×2=4种排法；第三步：将1、2放到3、5、4、6形成的空位中，共有5种排法.根据乘法原理：共有2×4×5=40（种）.例5.在一个3行4列的方格表内放入4枚相同的棋子，要求每列至多只有1枚棋子，每行不做限制，那么一共有多少种不同的放法？在一个3行4列的方格表内放入4枚互不相同的棋子，要求每列至多只有1枚棋子，每行不做限制，那么一共有多少种不同的放法？[答疑编号5721040205]【答案】81（种）；1944（种）【解答】「问题1」4枚棋子放入4列，每一列有且仅有1枚棋子，因此总共分4个步骤考虑.第1步考虑第1列的棋子放在什么位置；第2步考虑第2列的棋子放在什么位置；第3步考虑第3列的棋子放在什么位置；第4步考虑第4列的棋子放在什么位置.每一步都有3种选择方法，所以方法数一共有3×3×3×3=81种.「问题2」假设4枚互不相同的棋子为A，B，C，D.将按照下面的4个步骤进行考虑，先放棋子A，12个格子可以随便选择，一共有12种方法.第2步放棋子B，A那一列的3个格子不能选择，其它的格子都可以放B，所以一共有9种方法.第3步放棋子C，A、B那两列一共6个格子不能选，所以一共有6种方法.第4步放棋子D，A、B、C三列一共9个格子不能选，还剩3个格子，所以一共有3种方法.利用乘法原理，放入4个不同棋子的方法数一共有12×9×6×3=1944种方法.另外一种解法.「问题2」4个棋子要占4个方格，先选出放棋子的4个方格.实际上挑出4个方格的方法数和第1问是完全相同的，总共有3×3×3×3=81种选择方法.选好方格后再将棋子排列进去，第1列的方格可以选择A，B，C，D中的任何一个棋子，所以有4种方法；第2列的方格还剩下三个棋子可供选择，所以有3种方法；第3列的方格还剩下两个棋子可供选择，有2种方法；第4列的方格只有1种方法.所以选好4个方格后排列棋子的方法数一共是4×3×2×1=24种.选4个方格有81种方法，选好4个方格后放棋子一共有24种方法，所以将表格中放入4个互不相同的棋子的总方法数是81×24=1944种.例6. 如图，把图中的8个部分用红、黄、绿、蓝4种不同的颜色着色，且相邻的部分不能使用同一种颜色，不相邻的部分可以使用同一种颜色.那么，这幅图共有多少种不同的着色方法？[答疑编号5721040206]【答案】768（种）【解答】按照A，B，D，E，C，G，F，H的步骤进行染色.对A进行染色的时候没有任何的限制，总共有4种染色的方法；对B进行染色的时候由于不能和A同色，所以有3种染色的方法；对D进行染色的时候由于不能和A，B同色，所以只剩2种染色的方法；对E进行染色时不能和B，D同色，所以有2种染色的方法；对C进行染色时不能和B，E 同色，所以有2种染色方法；对G进行染色时不能和D，E同色，所以有2种染色的方法；对F进行染色时不能和D，G同色，所以有2种染色的方法；对H进行染色时不能和E，G同色，所以有2种染色的方法.综合上面的八个步骤，利用乘法原理，共有4×3×2×2×2×2×2×2=768种着色的方法.「评议」本题染色的步骤还有很多种，大家考虑一下按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤进行染色是否可以？可能有同学发现按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤进行染色会算出另外一个答案4×3×3×2×1×3×1×2=432.当然，正确答案只能有一个，那么这种分步方法到底错在哪里呢？这里要提到利用乘法原理一条重要的原则：“前不影响后”.无论前面步骤采取哪种染色方法，后面一个步骤都应该有相同多的方法数，也就是说后面一个步骤的方法数与前面步骤采取哪一种方法无关.而按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤来染色就违反了这个原则.请看下面图中的例子：在上面的例子中，左图前4步采取的染色方法是红、黄、绿、蓝，第5步对E进行染色时只有1种方法；右图前4步采取的染色方法是红、黄、绿、绿，这样第5步对E进行染色时有2种方法.于是第5个步骤对E进行染色无法确定到底有几种染色的方法，前4步不同的染色方案影响到了第5步的方法数，既然不能确定是1种还是2种，乘法原理自然也就无法应用了.例7.如果一个数与11作竖式乘法的过程中不需要进位，那么就称这个数是“好数”.例如，11、131和142就都是“好数”，而65、78和75都不是“好数”.那么小于300的三位数中共有________个“好数”.[答疑编号5721040207]【答案】106（个）【解答】首先看首位数字是1的“好数”，其十位数字不能是9.在十位数字是8的“好数”中，只有180和181；在十位数字是7的“好数”中，只有170，171和172这3个……在十位数字是0的“好数”中，有100，101……109这10个.因此首位数字是1的“好数”有2＋3＋……＋10=54个.同样方法，可以求出首位数字是2的“好数”有3＋4＋……＋10=54个.因此，小于300的“好数”有54+52=106个.。
第18讲加法乘法原理(教)
学科教师辅导讲义 学员编号：年 级：六年级 课 时 数：3 学员姓名：辅导科目：奥数 学科教师： 授课主题第18讲-加法、乘法原理 授课类型 T 同步课堂 P 实战演练 S 归纳总结教学目标① 理解加法、乘法原理的类型；② 会用加法、乘法原理解应用题。
授课日期及时段T （Textbook-Based ）——同步课堂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，在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成，并且几类方法是互不影响的。
在每一类方法中，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，就要用到加法原理来解决。
还有这样的一种情况就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法，要知道完成这件事情共有多少种方法，就要用到乘法原理来解决。
加法原理：如果完成一件任务有n 类方法，在第一类方法中有1m 种不同方法，在第二类方法中有2m 种不同方法……，在第n 类方法中有n m 种不同方法，那么完成这件任务共有12n N m m m =+++种不同方法。
乘法原理：如果完成一件任务需要分成n 个步骤进行，做第1步有1m 种方法，做第2步有2m 种方法……，做第n 步有n m 种方法，那么按照这样的步骤完成这件任务共有12n N m m m =⨯⨯⨯种不同方法。
典例分析知识梳理例1、一个盒子内装有5个小球，另一个盒子内装有9个小球，所有这些小球颜色各不相同。
问：①从两个盒子内任取一个小球，有多少种不同的取法？②从两个盒子内各取一个小球，有多少种不同的取法？【解析】①“从两个盒子内任取一个小球”，则这个小球要么从第一个盒子中取，要么从第二个盒子中取，共有两类方法，所以应用加法原理。
②“从两个盒子内各取一个小球”，可看成先从第一个盒子中取一个，再从第二个盒子中取一个，分两步完成，所以应用乘法原理。
①从两个盒子中任取一个小球共有：5+9=14（种）②从两个盒子中各取一个小球共有：5×9=45（种）例2、从1到399的所有自然数中，不含有数字3的自然数有多少个？【解析】从1到399的所有自然数可分成三类。
加法原理和乘法原理
加法原理和乘法原理
加法原理和乘法原理是数学中常用的计数原理，它们在解决组合计数问题时非常有用。
这两个原理分别适用于不同的情况，可以帮助我们计算出一系列事件发生的可能性。
加法原理是指，当有两个或更多个事件互斥（即不能同时发生）时，所有事件发生的总数等于各个事件发生的次数之和。
这意味着我们可以将问题拆分为若干个独立的子问题，然后将结果相加。
例如，假设有一个抽奖活动，有3个奖品可以选择。
如果一个人可以选择获得1个奖品或不获得奖品两种情况，那么总共的可能性就是2^3=8种。
这是因为每个奖品都有两个选择：获得或不获得。
加法原理帮助我们将这些选择情况进行累加，得到最终的结果。
乘法原理则适用于有多个步骤或条件的问题。
当每个步骤或条件的选择数目独立且互不影响时，我们可以将各个步骤或条件的选择数目相乘，得到总的组合数目。
例如，假设有一个4道选择题的考试，每道题有3个选项。
我们可以使用乘法原理计算出总的考试可能性数目。
因为每道题都有3个选项，所以一共有3^4=81种可能性。
需要注意的是，加法原理和乘法原理只适用于互斥事件或独立事件。
如果有关联的事件，则不能简单地使用这两个原理。
此外，加法原理和乘法原理提供了一种计算可能性的方法，但并
不保证所有可能都是合理或可行的。
因此，在使用这两个原理时，仍需要结合实际情况进行判断和验证。
加法原理乘法原理
加法原理乘法原理加法原理和乘法原理是组合数学中的两个基本原理，用于计算事件发生的可能性。
以下是一个关于加法原理和乘法原理的详细解释，并提供一些实际应用的例子。
加法原理：加法原理用于计算两个或多个互斥事件的并集，即求“或”关系的总数。
根据加法原理，如果事件A有n种可能结果，事件B有m种可能结果，且两个事件互斥，即A和B不能同时发生，则两个事件的并集有n+m种可能结果。
实际应用1：假设在一所学校有两个班级，班级A有30个学生，班级B有40个学生，要计算有多少种可能从这两个班级中选择一名班级代表。
根据加法原理，选择班级代表的总数为30+40=70。
实际应用2：餐厅供应午餐和晚餐两种套餐，午餐有5种选择，晚餐有3种选择，要计算选择午餐或晚餐的总数。
根据加法原理，总数为5+3=8乘法原理：乘法原理用于计算几个相互独立发生的事件的总数，即求“与”关系的总数。
根据乘法原理，如果事件A有n种可能结果，事件B有m种可能结果，则两个事件的总数为n*m。
实际应用1：假设有一份菜单，提供3种主菜和4种饮料，要计算如果顾客选择一种主菜和一种饮料的总数。
根据乘法原理，总数为3*4=12实际应用2：一些密码锁由4位数字组成，每位数字有10种可能结果，要计算一共有多少种可能的密码组合。
根据乘法原理，总数为10*10*10*10=10,000。
综合应用：加法原理和乘法原理可以结合使用，来计算包含多个事件的总数。
实际应用：假设有一个长跑比赛，参赛者可以选择短跑、中跑或长跑三种项目，并且每种项目有10个参赛者报名参加。
要计算一共有多少种可能的比赛结果。
根据乘法原理，每个项目的结果有10种可能性，因此总数为3*10*10*10=3,000。
通过理解加法原理和乘法原理，我们可以计算出复杂事件的总数，这对于解决组合数学和概率问题非常有用。
加法原理与乘法原理讲义
加法原理与乘法原理讲义加法原理和乘法原理是概率论中的重要概念，用于解决事件的组合计数问题。
在进行组合计数时，有时会遇到需要同时满足多个条件的情况，这时就可以利用加法原理和乘法原理进行统计计算。
下面就来介绍一下加法原理和乘法原理的定义和应用。
一、加法原理加法原理是指，如果一个事件可以按照若干个步骤分解，每个步骤都有若干种可能，那么整个事件的总数等于各个步骤可能性的和。
换句话说，如果事件A和事件B是两个互不相容的事件，即事件A和事件B不可能同时发生，那么事件A和事件B的总数等于事件A的可能性加上事件B的可能性。
例如，一些班级中有男生和女生两个性别，每个性别中有不同颜色的眼睛，现在要统计班级中总共有多少人。
如果男生有3个选项，女生有2个选项，眼睛颜色有4个选项，那么根据加法原理，男生和女生的总数等于3+2=5，而加上眼睛颜色的选项后，总数为5*4=20。
二、乘法原理乘法原理是指，如果一个事件可以分解为若干个步骤，并且每个步骤都有若干种可能，那么每个步骤可能性的乘积就是整个事件的可能性。
换句话说，如果事件A可以分解为事件B和事件C两个步骤，事件B有m种可能性，事件C有n种可能性，那么事件A的总数等于m*n。
例如，一位学生要从一本书中选择一章节进行阅读，这本书有6个章节，每章节中有3个段落，每段落有5个句子。
那么根据乘法原理，这位学生选择读一章节的总数等于6*3*5=90。
三、加法原理与乘法原理的应用加法原理和乘法原理可以应用于各种组合计数问题的求解，例如排列组合、样本空间的计算等。
1.排列组合排列组合是计算从一些集合中选择若干个元素的不同方式的方法。
对于排列问题，加法原理和乘法原理可以应用于确定每个位置的可能性。
例如，有4个不同的球员竞争3个奖项，每个奖项只能被一个球员获得。
根据加法原理，每个奖项的选出方式等于4，所以总数是4+4+4=12种。
对于组合问题，乘法原理可以应用于确定每个位置的可能性。
例如，从8个不同的球员中选择3个球员组成一个小组。
加法原理及乘法原理课件
在保险业务中，可能会面临多种风险，如火灾、盗窃、车祸等。根据加法原理，可以分别计算每种风险发生的概 率，然后将这些概率相加以获得多种风险同时发生的总概率。这有助于保险公司制定合理的保险费率，以应对可 能出现的多种风险。
02
乘法原理
定义
乘法原理
做一件事，完成它需要分成几步 ，每一步又可以独立地完成，那 么完成这件事的方法数就是每一 步方法数的乘积。
适用范围
适用于分步骤完成的任何事情， 每一步的方法数是固定的。
适用范围
01
02
03
组合问题
乘法原理可以用于计算组 合数，即从n个不同元素 中取出m个元素的不同取 法数。
排列问题
乘法原理也可以用于计算 排列数，即从n个不同元 素中取出m个元素进行排 列的不同排法数。
概率问题
在概率论中，乘法原理可 以用于计算多步骤事件的 概率，即多个独立事件的 概率乘积。
应用实例
组合问题
从5个不同元素中取出3个元素的 组合数为C(5,3)=10，这是通过 将第一个元素的选择方法数（5 种）与第二个元素的选择方法数
（4种）相乘得到的。
排列问题
对于3个不同元素的全排列数为 A(3,3)=6，这是通过将第一个元 素的选择方法数（3种）与第二 个元素的选择方法数（2种）相
05
加法原理与乘法原理的实践 意义
提高数学思维能力
掌握加法原理与乘法原理，能够 更好地理解和运用数学概念，提
高数学思维能力。
通过运用加法原理与乘法原理， 可以解决各种数学问题，提高数
学解题能力。
掌握加法原理与乘法原理，有助 于发现数学中的规律和模式，培
养数学直觉和创造性思维。
培养逻辑推理能力
加法原理与乘法原理
加法原理与乘法原理加法原理和乘法原理是概率论中非常重要的概念，它们用于计算一系列事件发生的可能性。
在这篇文章中，我将详细介绍加法原理和乘法原理的定义、理解和应用。
首先，让我们从加法原理开始。
加法原理是指在多个事件发生的情况下，计算这些事件中至少发生一个的总可能性的方法。
简单来说，加法原理是通过把每个事件的可能性相加来计算总可能性。
假设我们有两个互斥事件A和B（即事件A和事件B不可能同时发生），事件A的概率为P(A)，事件B的概率为P(B)。
根据加法原理，事件A或事件B发生的总概率为P(A∪B)=P(A)+P(B)。
如果我们有更多的事件，比如事件A、B和C，我们可以使用加法原理计算它们中至少发生一个的总概率。
总概率为P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)。
现在我们来看一个具体的例子，假设我们有一个骰子，它有六个面，每个面的数字分别为1、2、3、4、5和6、我们想知道投掷一次骰子的结果可能是奇数或小于等于3的概率。
我们可以定义两个事件，事件A表示投掷的结果是奇数，事件B表示投掷的结果小于等于3、根据加法原理，我们可以计算总概率为P(A∪B)=P(A)+P(B)。
首先，事件A的概率为P(A)=3/6，因为1、3和5是奇数，而总共有6个可能的结果。
事件B的概率为P(B)=3/6，因为1、2和3小于等于3，而总共有6个可能的结果。
所以总概率为P(A∪B)=3/6+3/6=1从上面的例子可以看出，加法原理非常简单直观，它将每个事件的概率相加，得到满足条件的总概率。
接下来，我们来介绍乘法原理。
乘法原理是指计算多个事件同时发生的总可能性的方法。
简单来说，乘法原理将每个事件的概率相乘，得到它们同时发生的总概率。
假设我们有两个独立事件A和B，事件A的概率为P(A)，事件B的概率为P(B)。
根据乘法原理，事件A和事件B同时发生的总概率为P(A∩B)=P(A)×P(B)。
如果我们有更多的独立事件，比如事件A、B和C，我们可以使用乘法原理计算它们同时发生的总概率。
加法与乘法原理
加法与乘法原理
加法原理和乘法原理是概率论中常用的两个基本原理，它们用于计算复杂事件的概率。
虽然它们都涉及计算概率，但它们适用的场景和计算方法有所不同。
加法原理适用于互斥事件的概率计算。
互斥事件是指两个事件不可能同时发生的情况。
加法原理表明，当两个事件是互斥事件时，它们的概率可以直接相加。
例如，假设有两个硬币，分别标记为A和B。
我们想要知道同时抛掷这两个硬币，至少有一个正面朝上的概率是多少。
根据加法原理，我们可以将事件“硬币A正面朝上”和事件“硬币B正面朝上”这两个互斥事件的概率相加，即可得到至少有一个硬币正面朝上的概率。
乘法原理适用于独立事件的概率计算。
独立事件是指两个事件的发生与否不会互相影响的情况。
乘法原理表明，当两个事件是独立事件时，它们的概率可以相乘。
例如，假设一个骰子袋中有3个骰子，我们想要知道同时掷出这3个骰子都是6的概率是多少。
根据乘法原理，我们可以将事件“第一个骰子掷出6”、事件“第二个骰子掷出6”和事件“第三个骰子掷出6”的概率相乘，即可得到同时掷出3个骰子都是6的概率。
通过加法原理和乘法原理，我们可以更方便地计算复杂事件的概率。
这两个原理在概率论中起到了重要的作用，为我们解决实际问题提供了便利。
加法原理与乘法原理
加法原理与乘法原理加法原理和乘法原理是概率论中非常重要的基本原理，它们用来计算和分析事件的可能性。
无论是在日常生活中还是在各种实际问题中，加法原理和乘法原理都有着广泛的应用。
本文将对这两个原理进行详细论述，并分析它们的实际应用。
一、加法原理加法原理是指对于两个不相交的事件A和B，它们的总可能性等于各自发生的可能性之和。
换句话说，当事件A和B不能同时发生时，它们的概率可以进行相加。
这一原理可以用以下公式表示：P(A∪B) = P(A) + P(B)其中，P(A∪B)表示事件A和B中至少发生一个的概率，P(A)和P(B)分别表示事件A和B各自发生的概率。
加法原理的应用非常广泛。
例如，在一次投掷一枚硬币的实验中，我们可以定义事件A为“正面朝上”和事件B为“反面朝上”。
根据加法原理，事件A和B至少发生一个的概率为1，即P(A∪B) = 1。
这是因为在一次投掷中，硬币只能以正面朝上或反面朝上其中一种方式落下。
二、乘法原理乘法原理是指对于两个独立事件A和B，它们的总可能性等于各自发生的可能性相乘。
换句话说，当事件A和B相互独立时，它们的概率可以进行相乘。
这一原理可以用以下公式表示：P(A∩B) = P(A) × P(B)其中，P(A∩B)表示事件A和B同时发生的概率，P(A)和P(B)分别表示事件A和B各自发生的概率。
乘法原理的应用也非常广泛。
例如，在抓娃娃机的实验中，我们定义事件A为“第一次抓到娃娃”和事件B为“第二次抓到娃娃”。
根据乘法原理，事件A和B同时发生的概率为P(A∩B) = P(A) × P(B)。
假设第一次抓到娃娃的概率为0.2，第二次抓到娃娃的概率为0.3，则可以计算出事件A和B同时发生的概率为0.2 × 0.3 = 0.06。
综上所述，加法原理和乘法原理是概率论中常用的计算方法。
通过运用这两个原理，我们可以准确地计算事件的可能性，分析事件之间的关系。
在实际应用中，我们可以根据具体问题确定采用加法原理还是乘法原理，从而得到正确的计算结果。
加法原理和乘法原理
加法原理和乘法原理
首先，让我们来了解一下加法原理。
加法原理是指如果一个事件可以分解成为若干个相互独立的子事件，那么这个事件的总数就是这些子事件的数量之和。
换句话说，如果事件A可以发生m种不同的方式，事件B可以发生n种不同的方式，那么同时发生事件A和事件B的方式就有m+n种。
这个原理常常用于计算排列组合的问题，比如从A、B、C三个字母中取出两个字母的所有可能性，就可以用加法原理来解决。
接下来，我们来介绍乘法原理。
乘法原理是指如果一个事件发生的方式可以分解成为若干个相互独立的步骤，每个步骤的方式数分别为m1、m2、m3……，那么这个事件发生的总方式数就是m1m2m3……。
换句话说，如果事件A有m种不同的方式，对于每一种方式，事件B又有n种不同的方式，那么事件A和事件B 同时发生的方式就有mn种。
乘法原理常常用于计算多个事件同时发生的所有可能性，比如一副扑克牌中取出一张黑桃牌并且取出一张红心牌的所有可能性，就可以用乘法原理来解决。
在实际问题中，加法原理和乘法原理经常会同时出现，需要根据具体情况来灵活运用。
比如，从1、2、3、4四个数字中取出一个数字，或者从A、B、C三个字母中取出两个字母，这两个问题都可以用加法原理来解决；而从1、2、3、4四个数字中取出两个数字的所有可能性，则需要用到乘法原理。
总之，加法原理和乘法原理是解决排列组合和概率问题的重要工具，它们的灵活运用可以帮助我们更好地理解和解决各种实际问题。
希望通过本文的介绍，读者能够对这两个原理有一个更清晰的认识，从而在实际问题中能够更加灵活地运用它们。
加法原理和乘法原理
加法原理和乘法原理1、理解加法原理和乘法原理2、利用加法原理和乘法原理解决简单的实际问题加法原理：当要计数的对象可以分解为既不重复也不遗漏的若干类时，可将每类元素的个数相加起来得到元素的总数。
（加法分类，类类独立）方法：计数（1）枚举法（2）由数到算（加法分类，类类独立，类类相加）乘法原理：当一项工作可以分为若干步完成时，将每一步的可选择数相乘便得到完成这项工作所有可选择的个数。
（乘法分步，步步相关）方法：乘法分步，步步相关，步步相乘，特殊要求，特殊考虑。
模块1 加乘原理初识例1、（1）从四年级一班的23名男同学和21名女同学中选出一个人担任升旗手，有多少种不同的选法？（2）小迪去吃午饭，发现附近有9个中餐厅，5个西餐厅，3个快餐店，他准备去其中一家就餐，共有多少种不同的选择？（3）小薇要从北京到上海旅游，可坐飞机或高铁，若坐飞机一天有10趟，若坐高铁一天有15趟，那么小薇一天有多少种不同的走法？例2、（1）从四年级一班的21名女同学和23名男同学里选出一名男同学担任升旗手，一名女同学担任护旗手，有多少种不同选法？（2）小迪去吃饭，发现附近有9个中餐厅，5个西餐厅，3个快餐店，他准备早餐去中餐厅，午餐去西餐厅，晚餐去快餐厅，那他共有多少种不同的选择？（3）小薇要从北京到上海旅游，但中途要先去一趟长沙，若从北京到长沙有10种走法，从长沙到上海有15种走法，那么小薇从北京经长沙去上海共有多少种不同的走法？例3、用数字1、2、3、4、5、6、7（1）可以组成多少个两位数？（2）可以组成多少个无重复数字的三位数？练一练：用数字1——8可以组成多少个无重复数字的四位数？模块2 特殊位置优先考虑例4、运动会上，甲乙丙丁4名运动员组队参加4×100接力赛（1）4人随意安排顺序，一共有多少种不同的跑法？（2）甲必须跑第一棒，一共有多少种不同的跑法？（3）甲不能跑第一棒，一共有多少种不同的跑法？（4）甲不能跑第一棒和第四棒，一共有多少种不同的跑法？练一练：4个同学邀请王老师和他们一起排成一排照相（1）如果王老师不能站在最边上，那么一共有多少种不同的排法？（2）（2）如果王老师必须站在最边上，那么一共有多少种不同的排法？本课作业：1、商店里有7种不同的水果糖，4中不同的巧克力糖，8种不同的棒棒糖，小明想买一种糖送朋友，他有多少种不同选法？2、小丸子有许多衣服，包括5件上衣，8条裤子和3双皮鞋，她每次出门都要从各种衣服中各取一件进行搭配，那么共可组成多少种不同的搭配？3、用数字1——6①可以组成多少个四位数？②可以组成多少个无重复数字的四位数？4、有5人排成一排照相，其中甲不能站在正中间，问一共能照出多少种不同的照片？（不同位置照出的照片也不同）。
加法原理与乘法原理的区别
加法原理与乘法原理的区别
加法原理和乘法原理是排列和组合计数中非常重要的两个原理。
弄清楚这两个原理之间的区别，有利于我们正确的解决相关的计数问题。
它们都是为计数服务的。
加法原理是以“分类”的方式来计数，乘法原理是以“分步”的方式来计数。
因此，“分类”与“分步”来解决问题，是它们最大的不同。
属于用分类来解决计数问题的，就用加法原理；属于用分步来解决问题的就用乘法原理。
那么，在实际的问题中，“分类”与“分步”到底是如何确定的呢？我怎么能知道是要分类呢还是分步？其实。
分类也好，分步也好，都是我们要解决问题所确定的一个解题策略。
这个策略是在宏观的层面上来把握计数方式的。
这个策略的确定我们是根据问题的实际情况而选择的。
实际问题的本身早已揭示了处理的方式：要么分类，要么分步。
我们要做的只是来选择哪一个方式更便于我们自己操作。
因此，对实际问题的理解和挖掘，弄清楚做完事情的过程和方式，对确定分类还是分步是非常关键的。
做一件事情，可以有很多的方法，每个方法都可以独立的完成此事，那就选择分类的方法来计数；做一件事情，有很多环节，每个环节（其实完成每个环节也许还有许多方法）之间是相继的，只有把每个环节都做完了，这件事情才完成，那就选择分步的方法来计数。
还有一个问题我们要注意，那就是在实际问题中，解决一个问题，往往不是一个分类或一个分步就能解决的，而是二者要同时使用，连续、连动的解决问题。
也就是说，我们不能单独的孤立只使用一种原理来解决问题。
更多的时候是分类中有分步，同样的分步中也有分类。
一个计数问题的解决过程，其实就是这个两个原理不断的、连续的交替使用的过程。
六年级 第18讲-加法、乘法原理(学)
5、现有长度为 1、2、3、4、5、6、7、8、9 单位长度的铁丝各一条，从中选出若干条来组成正方形，问有多 少种不同的选法？
6、将 1、2、3、4 这 4 个数字从小到大排成一行，在 4 个数中间任意插入乘号，可以得到______个不同的乘积 （要求最少有一个乘号）。
7、用红、绿、黄、蓝四种颜色分别去涂图中的 A、B、C、D 四个区域，要求相邻区域不可同色，共有______ 种不同涂法。
S(Summary-Embedded)——归纳总结
名师点拨
加法原理：如果完成一件任务有 n 类方法，在第一类方法中有 m1 种不同方法，在第二类方法中有 m2 种不 同方法……，在第 n 类方法中有 mn 种不同方法，那么完成这件任务共有
N m1 m2 mn 种不同方法。 乘法原理：如果完成一件任务需要分成 n 个步骤进行，做第 1 步有 m1 种方法，做第 2 步有 m2 种方法……， 做第 n 步有 mn 种方法，那么按照这样的步骤完成这件任务共有 N m1 m2 mn 种不同方法。
4、如图 4 有 A、B、C、D、E 五个区域，分别用五种颜色中的某一种染色，要使相邻的区域染不同的颜色， 共有多少种不同的染色方法？
5、如图 5，从甲地到乙地有两条路，从乙地到丙地有三条路；从甲地到丁地有四条路，从丁地到丙地有四条 路，问从甲地到丙地共有多少种走法？
6、一把钥匙可以开一个门，现在有 20 把钥匙和 20 个门，可是不知道哪把钥匙开哪把锁，问最多试开多少次， 可以把所有的门都打开？
学员编号： 学员姓名：
授课主题 授课类型
教学目标
授课日期及时段
学科教师辅导讲义
年 级：六年级 辅导科目：
课 时 数：3 学科教师：
第 18 讲-加法、乘法原理
加法原理和乘法原理
加法原理和乘法原理一、加法原理加法原理（也叫做并法则）是指对于两个或多个互不相容事件的概率之和等于每个事件概率的总和。
互不相容事件是指它们不能同时发生的事件。
假设有两个事件A和B，它们是互不相容的事件。
事件A发生的概率为P(A)，事件B发生的概率为P(B)，那么根据加法原理，事件A或者事件B发生的概率等于事件A发生的概率加上事件B发生的概率，即：P(A或B)=P(A)+P(B)这个原理可以进一步推广到多个事件的情况。
如果有n个互不相容的事件A1,A2,...,An，它们的概率分别为P(A1),P(A2),...,P(An)，那么这些事件中至少有一个事件发生的概率等于每个事件概率之和，即：P(A1或A2或...或An)=P(A1)+P(A2)+...+P(An)加法原理的应用可以帮助计算出一系列互不相容事件的概率和，从而推断出整个概率空间的概率。
二、乘法原理乘法原理（也叫做积法则）是指对于两个或多个独立事件的概率乘积等于每个事件概率的乘积。
独立事件是指它们的发生与其它事件无关。
假设有两个事件A和B，它们是独立事件。
事件A发生的概率为P(A)，事件B发生的概率为P(B)，那么根据乘法原理，事件A和事件B同时发生的概率等于事件A发生的概率乘上事件B发生的概率，即：P(A且B)=P(A)×P(B)这个原理可以进一步推广到多个事件的情况。
P(A1且A2且...且An)=P(A1)×P(A2)×...×P(An)乘法原理的应用可以帮助计算出多个独立事件同时发生的概率，从而推断出复杂事件的概率。
三、加法原理和乘法原理的关系加法原理和乘法原理在概率论中是相辅相成的。
乘法原理可以看作加法原理的特殊情况。
当事件A和事件B同时发生时，可以将事件A和事件B看作两个互不相容的子事件，此时根据加法原理，事件A或者事件B发生的概率等于事件A发生的概率加上事件B发生的概率。
而根据乘法原理，事件A和事件B同时发生的概率等于事件A发生的概率乘上事件B在事件A发生的条件下发生的概率。
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第十八讲加法原理与乘法原理
加法原理和乘法原理是计数研究中最常用、也是最基本的两个原理．所谓计数，就是数数，把一些对象的具体数目数出来．当然，情况简单时可以一个一个地数．如果数目较大时，一个一个地数是不可行的，利用加法原理和乘法原理，可以帮助我们计数．
加法原理完成一件工作有n种方式，用第1种方式完成有m1种方法，用第2种方式完成有m2种方法，…，用第n种方式完成有m n种方法，那么，完成这件工作总共有
m1+m2+…+m n
种方法．
例如，从A城到B城有三种交通工具：火车、汽车、飞机．坐火车每天有2个班次；坐汽车每天有3个班次；乘飞机每天只有1个班次，那么，从A城到B城的方法共有
2+3+1=6种．
乘法原理完成一件工作共需n个步骤：完成第1个步骤有m1种方法，完成第2个步骤有m2种方法，…，完成第n个步骤有m n种方法，那么，完成这一件工作共有
m1·m2·…·m n
种方法．
例如，从A城到B城中间必须经过C城，从A城到C城共有3条路线(设为a，b，c)，从C城到B城共有2条路线(设为m，t)，那么，从A城到B城共有3×2=6条路线，它们是：
am，at，bm，bt，cm，ct．
下面我们通过一些例子来说明这两个原理在计数中的应用．
例1利用数字1，2，3，4，5共可组成
(1)多少个数字不重复的三位数？
(2)多少个数字不重复的三位偶数？
(3)多少个数字不重复的偶数？
解(1)百位数有5种选择；十位数有4种选择；个位数有3种选择．所以共有
5×40×3=60
个数字不重复的三位数．
(2)先选个位数，共有两种选择：2或4．在个位数选定后，十位数还有4种选择；百位数有3种选择．所以共有
2×4×3=24
个数字不重复的三位偶数．
(3)分为5种情况：
一位偶数，只有两个：2和4．
二位偶数，共有8个：12，32，42，52，14，24，34，54．
三位偶数由上述(2)中求得为24个．
四位偶数共有2×(4×3×2)=48个．括号外面的2表示个位数有2种选择(2或4)．
五位偶数共有2×(4×3×2×1)=48个．
由加法原理，偶数的个数共有
2+8+24+48+48=130．
例2从1到300的自然数中，完全不含有数字3的有多少个？
解法1将符合要求的自然数分为以下三类：
(1)一位数，有1，2，4，5，6，7，8，9共8个．
(2)二位数，在十位上出现的数字有1，2，4，5，6，7，8，98种情形，在个位上出现的数字除以上八个数字外还有0，共9种情形，故二位数有8×9=72个．
(3)三位数，在百位上出现的数字有1，2两种情形，在十位、个位上出现的数字则有0，1，2，4，5，6，7，8，9九种情形，故三位数有
2×9×9=162个．
因此，从1到300的自然数中完全不含数字3的共有
8+72+162=242个．
解法2将0到299的整数都看成三位数，其中数字3
不出现的，百位数字可以是0，1或2三种情况．十位数字与个位数字均有九种，因此除去0共有
3×9×9-1=242(个)．
例3在小于10000的自然数中，含有数字1的数有多少个？
解不妨将1至9999的自然数均看作四位数，凡位数不到四位的自然数在前面补0．使之成为四位数．
先求不含数字1的这样的四位数共有几个，即有0，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字所组成的四位数的个数．由于每一位都可有9种写法，所以，根据乘法原理，由这九个数字组成的四位数个数为
9×9×9×9＝6561，
其中包括了一个0000，它不是自然数，所以比10000小的不含数字1的自然数的个数是6560，于是，小于10000且含有数字1的自然数共有9999-6560=3439个．
例4求正整数1400的正因数的个数．
解因为任何一个正整数的任何一个正因数(除1外)都是这个数的一些质因数的积，因此，我们先把1400分解成质因数的连乘积
1400=23527
所以这个数的任何一个正因数都是由2，5，7中的n个相乘而得到(有的可重复)．于是取1400的一个正因数，这件事情是分如下三个步骤完成的：
(1)取23的正因数是20，21，22，33，共3+1种；
(2)取52的正因数是50，51，52，共2+1种；
(3)取7的正因数是70，71，共1+1种．
所以1400的正因数个数为
(3+1)×(2+1)×(1+1)=24．
说明利用本题的方法，可得如下结果：
若p i是质数，a i是正整数(i=1，2，…，r)，则数
的不同的正因数的个数是
(a1+1)(a2+1)…(a r+1)．
例5求五位数中至少出现一个6，而被3整除的数的个数．
+a5能被3整除，
于是分别讨论如下：
(1)从左向右计，如果最后一个6出现在第5位，即a5=6，那么a2，a3，a4可以是0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数字之一，但a1不能是任意的，它是由a2+a3+a4+a5被3除后的余数所决定．因此，为了保证a1+a2+a3+a4+a5能被3整除，a1只有3种可能，根据乘法原理，5位数中最后一位是6，而被3整除的数有
3×10×10×10=3000(个)．
(2)最后一个6出现在第四位，即a4=6，于是a5只有9种可能(因为a5不能等于6)，a2，a3各有10种可能，为了保证a1+a2+a3+a4+a5被3整除，a1有3种可能．根据乘法原理，属于这一类的5位数有
3×10×10×9=2700(个)．
(3)最后一个6出现在第3位，即a3=6，被3整除的数应有
3×10×9×9=2430(个)．
(4)最后一个6出现在第2位，即a2=6，被3整除的数应有
3×9×9×9=2187(个)．
(5)a1=6，被3整除的数应有
3×9×9×9=2187(个)．
根据加法原理，5位数中至少出现一个6而被3整除的数应有
3000+2700+2430+2187+2187=12504(个)．
例6如图1－63，A，B，C，D，E五个区域分别用红、蓝、黄、白、绿五种颜色中的某一种着色．如果使相邻的区域着不同的颜色，问有多少种不同的着色方式？
解对这五个区域，我们分五步依次给予着色：
(1)区域A共有5种着色方式；
(2)区域B因不能与区域A同色，故共有4种着色方式；
(3)区域C因不能与区域A，B同色，故共有3种着色方式；
(4)区域D因不能与区域A，C同色，故共有3种着色方式；
(5)区域E因不能与区域A，C，D同色，故共有2种着色方式．
于是，根据乘法原理共有
5×4×3×3×2=360
种不同的着色方式．
例7在6×6的棋盘上剪下一个由四个小方格组成的凸字形，如图1－64，有多少种不同的剪法？
解我们把凸字形上面那个小方格称为它的头，每个凸字形有并且只有一个头．
凸字形可以分为两类：第一类凸字形的头在棋盘的边框，但是棋盘的四个角是不能充当凸字形的头的．于是，边框上(不是角)的小方格共有4×4=16个，每一个都是一个凸字形的头，所以，这类凸字形有16个．
第二类凸字形的头在棋盘的内部，棋盘内部的每一个小方格可以作为4个凸字形的头(即头朝上，头朝下，头朝左，头朝右)，所以，这类凸字形有
4×(4×4)=64(个)．
由加法原理知，有16+64=80种不同的凸字形剪法．
练习十八
1．把数、理、化、语、英5本参考书，排成一行放在书架上．
(1)化学不放在第1位，共有多少种不同排法？
(2)语文与数学必须相邻，共有多少种不同排法？
(3)物理与化学不得相邻，共有多少种不同排法？
(4)文科书与理科书交叉排放，共有多少种不同排法？
2．在一个圆周上有10个点，把它们两两相连，问共有多少条不同的线段？
3．用1，2，3，4，5，6，7这七个数，
(1)可以组成多少个数字不重复的五位奇数？
(2)可以组成多少个数字不重复的五位奇数，但1不在百位上？
4．从1，2，3，4，5这五个数字中任取三个数组成一个三位数，问共可得到多少个不同的三位数？
5．由1，2，3，4，5，6这六个数字能组成多少个大于34500的五位数？
6．今有一角币一张，两角币一张，伍角币一张，一元币四张，伍元币两张，用这些纸币任意付款，可以付出不同数额的款子共有多少种？
7．将三封信投到5个邮筒中的某几个中去，有多少种不同的投法？。