(完整)六年级奥数乘法和加法原理答案
(完整版)小学奥数——乘法原理与加法原理
乘法原理与加法原理在日常生活中常常会遇到这样一些问题，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，要知道完成这件事一共有多少种方法，就用我们将讨论的乘法原理来解决．例如某人要从北京到大连拿一份资料，之后再到天津开会．其中，他从北京到大连可以乘长途汽车、火车或飞机，而他从大连到天津却只想乘船．那么，他从北京经大连到天津共有多少种不同的走法？分析这个问题发现，某人从北京到天津要分两步走．第一步是从北京到大连，可以有三种走法，即：第二步是从大连到天津，只选择乘船这一种走法，所以他从北京到天津共有下面的三种走法：3×1=3．如果此人到大连后，可以乘船或飞机到天津，那么他从北京到天津则有以下的走法： 共有六种走法，注意到3×2=6． 在上面讨论问题的过程中，我们把所有可能的办法一一列举出来．这种方法叫穷举法．穷举法对于讨论方法数不太多的问题是很有效的． 在上面的例子中，完成一件事要分两个步骤．由穷举法得到的结论看到，用第一步所有的可能方法数乘以第二步所有的可能方法数，就是完成这件事所有的方法数．一般地，如果完成一件事需要个步骤，其中，做第一步有种不同的方法，做第二步有n m1种不同的方法，…，做第步有种不同的方法，那么，完成这件事一共有m2 n m n种不同的方法．N=m1×m2×……×m n这就是乘法原理．例1.某人到食堂去买饭，主食有三种，副食有五种，他主食和副食各买一种，共有多少种不同的买法？ 补充说明：由例题可以看出，乘法原理运用的范围是：①这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成；②每个步骤各有若干种不同的方法来完成．这样的问题就可以使用乘法原理解决问题．例2.右图中有7个点和十条线段，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何线段和点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同的走法？例3.书架上有6本不同的外语书，4本不同的语文书，从中任取外语、语文书各一本，有多少种不同的取法？例4.王英、赵明、李刚三人约好每人报名参加学校运动会的跳远、跳高、100米跑、200米跑四项中的一项比赛，问：报名的结果会出现多少种不同的情形？例5.由数字0、1、2、3组成三位数，问： ①可组成多少个不相等的三位数？ ②可组成多少个没有重复数字的三位数？分析 在确定由0、1、2、3组成的三位数的过程中，应该一位一位地去确定．所以，每个问题都可以看成是分三个步骤来完成． ①要求组成不相等的三位数．所以，数字可以重复使用，百位上，不能取0，故有3种不同的取法；十位上，可以在四个数字中任取一个，有4种不同的取法；个位上，也有4种不同的取法. ②要求组成的三位数中没有重复数字，百位上，不能取0，有3种不同的取法；十位上，由于百位已在1、2、3中取走一个，故只剩下0和其余两个数字，故有3种取法；个位上，由于百位和十位已各取走一个数字，故只能在剩下的两个数字中取，有2种取法．例6.由数字1、2、3、4、5、6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？分析 要组成四位数，需一位一位地确定各个数位上的数字，即分四步完成，由于要求组成的数是奇数，故个位上只有能取1、3、5中的一个，有3种不同的取法；十位上，可以从余下的五个数字中取一个，有5种取法；百位上有4种取法；千位上有3种取法，故可由乘法原理解决．例7.右图中共有16个方格，要把A 、B 、C 、D 四个不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能出现一个棋子．问：共有多少种不同的放法？分析 由于四个棋子要一个一个地放入方格内．故可看成是分四步完成这件事．第一步放棋子A ，A 可以放在16个方格中的任意一个中，故有16种不同的放法；第二步放棋子B ，由于A 已放定，那么放A 的那一行和一列中的其他方格内也不能放B ，故还剩下9个方格可以放B ，B 有9种放法；第三步放C ，再去掉B 所在的行和列的方格，还剩下四个方格可以放C ，C 有4种放法；最后一步放D ，再去掉C 所在的行和列的方格，只剩下一个方格可以放D ，D 有1种放法，本题要由乘法原理解决．例8.现有一角的人民币4张，贰角的人民币2张，壹元的人民币3张，如果从中至少取一张，至多取9张，那么，共可以配成多少种不同的钱数？分析 要从三种面值的人民币中任取几张，构成一个钱数，需一步一步地来做．如先取一角的，再取贰角的，最后取壹元的．但注意到，取2张一角的人民币和取1张贰角的人民币，得到的钱数是相同的．这就会产生重复，如何解决这一问题呢？我们可以把壹角的人民币4张和贰角的人民币2张统一起来考虑．即从中取出几张组成一种面值，看共可以组成多少种．分析知，共可以组成从壹角到捌角间的任何一种面值，共8种情况．（即取两张壹角的人民币与取一张贰角的人民币是一种情况；取4张壹角的人民币与取2张贰角的人民币是一种情况．）这样一来，可以把它们看成是8张壹角的人民币．整个问题就变成了从8张壹角的人民币和3张壹元的人民币中分别取钱．这样，第一步，从8张壹角的人民币中取；第二步，从3张壹元的人民币中取共4种取法，即0、1、2、3．但要注意，要求“至少取一张”.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，而每一类方法中，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，就要用我们将讨论的加法原理来解决． 例如某人从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从北京到天津，有4趟长途汽车从北京到天津．那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？ 分析这个问题发现，此人去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘火车，有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法．上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共有5+4=9种不同的走法． 在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法．在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成．并且两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数． 一般地，如果完成一件事有类方法，第一类方法中有种不同做法，第二类方法中有种 k m 1 m 2 不同做法，…，第类方法中有种不同的做法，则完成这件事共有种 k m k N =m 1+m 2+……+m k 不同的方法． 这就是加法原理．例1.学校组织读书活动，要求每个同学读一本书．小明到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书150本，不同的科技书200本，不同的小说100本．那么，小明借一本书可以有多少种不同的选法？例2.一个口袋内装有3个小球，另一个口袋内装有8个小球，所有这些小球颜色各不相同．问：①从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？②从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？补充说明：由本题应注意加法原理和乘法原理的区别及使用范围的不同，乘法原理中，做完一件事要分成若干个步骤，一步接一步地去做才能完成这件事；加法原理中，做完一件事可以有几类方法，每一类方法中的一种做法都可以完成这件事．事实上，往往有许多事情是有几大类方法来做的，而每一类方法又要由几步来完成，这就要熟悉加法原理和乘法原理的内容，综合使用这两个原理．例3.如右图，从甲地到乙地有4条路可走，从乙地到丙地有2条路可走，从甲地到丙地有3条路可走．那么，从甲地到丙地共有多少种走法？分析 从甲地到丙地共有两大类不同的走法． 第一类，由甲地途经乙地到丙地． 第二类，由甲地直接到丙地．例4.如下页图，一只小甲虫要从A 点出发沿着线段爬到B 点，要求任何点和线段不可重复经过．问：这只甲虫有多少种不同的走法？分析 从A 点 到B 点有两类走法，一类是从A 点先经过C 点到B 点，一类是从A 点先经过D 点到B 点．两类中的每一种具体走法都要分两步完成，所以每一类中，都要用乘法原理，而最后计算从A 到B 的全部走法时，只要用加法原理求和即可．例5.有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6．将两个正方体放到桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？分析 要使两个数字之和为偶数，只要这两个数字的奇偶性相同，即这两个数字要么同为奇数，要么同为偶数，所以，要分两大类来考虑．例6.从1到500的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个？分析 从1到500的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数． 一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9； 要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理． 要确定一个三位数，可以先取百位数，再取十位数，最后取个位数，应用乘法原理．补充说明：这道题也可以这样想：把一位数看成是前面有两个0的三位数，如：把1看成是001．把两位数看成是前面有一个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是“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这四种选法；十位上，有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种选法；个位上，也有九种选法．所以，除500外，有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的自然数仍有324个． 这是一种特殊的思考问题的方法，注意到当我们对“三位数”重新给予规定之后，问题很简捷地得到解决．例7.如图，要从A 点沿线段走到B ，要求每一步都是向右、向上或者向斜上方．问有多少种不同的走法？分析 观察下页左图，注意到，从A 到B 要一直向右、向上，那么，经过下页右图中C 、D 、E 、F 四点中的某一点的路线一定不再经过其他的点．也就是说从A 到B 点的路线共分为四类，它们是分别经过C 、D 、E 、F 的路线．自我检测1.某罪犯要从甲地途经乙地和丙地逃到丁地，现在知道从甲地到乙地有3条路可以走，从乙地到丙地有2条路可以走，从丙地到丁地有4条路可以走．问，罪犯共有多少种逃走的方法？2.如右图，在三条平行线上分别有一个点，四个点，三个点（且不在同一条直线上的三个点不共线）．在每条直线上各取一个点，可以画出一个三角形．问：一共可以画出多少个这样的三角形？3.在自然数中，用两位数做被减数，用一位数做减数．共可以组成多少个不同的减法算式？4.一个篮球队，五名队员A 、B 、C 、D 、E ，由于某种原因，C 不能做中锋，而其余四人可以分配到五个位置的任何一个上．问：共有多少种不同的站位方法？5.由数字1、2、3、4、5、6、7、8可组成多少个①三位数？②三位偶数？③没有重复数字的三位偶数？④百位为8的没有重复数字的三位数？⑤百位为8的没有重复数字的三位偶数？6.某市的电话号码是六位数的，首位不能是0，其余各位数上可以是0～9中的任何一个，并且不同位上的数字可以重复．那么，这个城市最多可容纳多少部电话机？1.如右图，从甲地到乙地有三条路，从乙地到丙地有三条路，从甲地到丁地有两条路，从丁地到丙地有四条路，问：从甲地到丙地共有多少种走法？2.书架上有6本不同的画报和7本不同的书，从中最多拿两本（不能不拿），有多少种不同的拿法？3.如下图中，沿线段从点A 走最短的路线到B ，各有多少种走法？4.在1～1000的自然数中，一共有多少个数字0？5.在1～500的自然数中，不含数字0和1的数有多少个？6.十把钥匙开十把锁，但不知道哪把钥匙开哪把锁，问：最多试开多少次，就能把锁和钥匙配起来？。
六年级奥数第25讲：加法原理和乘法原理
乘法原理与加法原理解题乘法原理：如果完成一件事需要n个步骤，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法…做第n步有mn种方法，那么完成这件事共有m1×m2×…×mn种方法。
由于上述的各个步骤彼此互不影响，因此各个步骤安排的先后顺序不同并不影响结果。
这就使我们可以选择适当顺序来研究它们，以使问题简便地得到解决。
加法原理：如果所要计数的对象有n类，第一类有m1种，第二类有m2种…第n类有mn种，那么这些对象总计有m1＋m2＋…＋mn种。
应用加法原理的关键是将所有计数的对象依据同一标准，分为不重、不漏的若干类。
例1、王芳、小华、小花三人约好每人报名参加学校运动的跳远、跳高、100米跑、200米跑四项比赛中的一项，问报名的结果会出现多少种不同情形？做一做：有5件不同的上衣，3条不同的裤子，4顶不同的帽子，从中取出一顶帽子、一件上衣、一条裤子配成一套装束，最多有多少种不同的装束？例2、从3名男生、2名女生中选出优秀学生干部3人，要求其中至少有一名学生，一共有多少种不同选法？做一做：3名男生、2名女生排成一行照相，女生不站两头，且女生站在一起，问有多少种不同站法。
例3、用0，1，2，3，4这五个数字可以组成多少没有重复数字的三位数？做一做：有五张卡片，分别写着数字1,2,4,5,8。
现从中取出3张卡片，并排放在一起，组成一个三位数，如1 2 3 。
问：可以组成多少个不同的偶数？例4、地图上有A ，B ，C ，D 四个国家，如右图所示。
现用红、蓝、黄、绿四种颜料给地图染色，使相邻国家的颜色不同。
问：有多少种不同的染色方法？做一做：如右图所示的地区内有六个国家，A ，B ，C ，D ，E ，F ，现对每个国家用红、黄、蓝、绿、紫这五种颜色中的一种进行着色，并使得相邻国家必须着不同颜色，那么一共有多少种不同的着色方法？A C BD例5、从1到400的所有自然数中，不含数字3的自然数有多少个？做一做：从1到1000自然数中，一共有多少个数字0？例6、从19，20，21……，92，93，94这76个数中，选取两个不同的数，使其和为偶数的选法总数是多少？做一做：有大小两个正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6。
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小学奥数乘法原理与加法原理HEN system office room 【HEN16H-HENS2AHENS8Q8-HENH1688】乘法原理与加法原理在日常生活中常常会遇到这样一些问题，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，要知道完成这件事一共有多少种方法，就用我们将讨论的乘法原理来解决．例如某人要从北京到大连拿一份资料，之后再到天津开会．其中，他从北京到大连可以乘长途汽车、火车或飞机，而他从大连到天津却只想乘船．那么，他从北京经大连到天津共有多少种不同的走法？分析这个问题发现，某人从北京到天津要分两步走．第一步是从北京到大连，可以有三种走法，即：第二步是从大连到天津，只选择乘船这一种走法，所以他从北京到天津共有下面的三种走法：3×1=3．如果此人到大连后，可以乘船或飞机到天津，那么他从北京到天津则有以下的走法：共有六种走法，注意到3×2=6．在上面讨论问题的过程中，我们把所有可能的办法一一列举出来．这种方法叫穷举法．穷举法对于讨论方法数不太多的问题是很有效的．在上面的例子中，完成一件事要分两个步骤．由穷举法得到的结论看到，用第一步所有的可能方法数乘以第二步所有的可能方法数，就是完成这件事所有的方法数．一般地，如果完成一件事需要n个步骤，其中，做第一步有n1种不同的方法，做第二步有n2种不同的方法，…，做第n步有n n种不同的方法，那么，完成这件事一共有n=n1×n2×……×n n种不同的方法．这就是乘法原理．例1. 某人到食堂去买饭，主食有三种，副食有五种，他主食和副食各买一种，共有多少种不同的买法？补充说明：由例题可以看出，乘法原理运用的范围是：①这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成；②每个步骤各有若干种不同的方法来完成．这样的问题就可以使用乘法原理解决问题．例2. 右图中有7个点和十条线段，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何线段和点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同的走法？例3. 书架上有6本不同的外语书，4本不同的语文书，从中任取外语、语文书各一本，有多少种不同的取法？例4. 王英、赵明、李刚三人约好每人报名参加学校运动会的跳远、跳高、100米跑、200米跑四项中的一项比赛，问：报名的结果会出现多少种不同的情形？例5. 由数字0、1、2、3组成三位数，问：①可组成多少个不相等的三位数？②可组成多少个没有重复数字的三位数？分析在确定由0、1、2、3组成的三位数的过程中，应该一位一位地去确定．所以，每个问题都可以看成是分三个步骤来完成．①要求组成不相等的三位数．所以，数字可以重复使用，百位上，不能取0，故有3种不同的取法；十位上，可以在四个数字中任取一个，有4种不同的取法；个位上，也有4种不同的取法.②要求组成的三位数中没有重复数字，百位上，不能取0，有3种不同的取法；十位上，由于百位已在1、2、3中取走一个，故只剩下0和其余两个数字，故有3种取法；个位上，由于百位和十位已各取走一个数字，故只能在剩下的两个数字中取，有2种取法．例6. 由数字1、2、3、4、5、6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？分析要组成四位数，需一位一位地确定各个数位上的数字，即分四步完成，由于要求组成的数是奇数，故个位上只有能取1、3、5中的一个，有3种不同的取法；十位上，可以从余下的五个数字中取一个，有5种取法；百位上有4种取法；千位上有3种取法，故可由乘法原理解决．例7. 右图中共有16个方格，要把A、B、C、D四个不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能出现一个棋子．问：共有多少种不同的放法？分析由于四个棋子要一个一个地放入方格内．故可看成是分四步完成这件事．第一步放棋子A，A可以放在16个方格中的任意一个中，故有16种不同的放法；第二步放棋子B，由于A已放定，那么放A的那一行和一列中的其他方格内也不能放B，故还剩下9个方格可以放B，B有9种放法；第三步放C，再去掉B所在的行和列的方格，还剩下四个方格可以放C，C有4种放法；最后一步放D，再去掉C所在的行和列的方格，只剩下一个方格可以放D，D有1种放法，本题要由乘法原理解决．例8. 现有一角的人民币4张，贰角的人民币2张，壹元的人民币3张，如果从中至少取一张，至多取9张，那么，共可以配成多少种不同的钱数？分析要从三种面值的人民币中任取几张，构成一个钱数，需一步一步地来做．如先取一角的，再取贰角的，最后取壹元的．但注意到，取2张一角的人民币和取1张贰角的人民币，得到的钱数是相同的．这就会产生重复，如何解决这一问题呢？我们可以把壹角的人民币4张和贰角的人民币2张统一起来考虑．即从中取出几张组成一种面值，看共可以组成多少种．分析知，共可以组成从壹角到捌角间的任何一种面值，共8种情况．（即取两张壹角的人民币与取一张贰角的人民币是一种情况；取4张壹角的人民币与取2张贰角的人民币是一种情况．）这样一来，可以把它们看成是8张壹角的人民币．整个问题就变成了从8张壹角的人民币和3张壹元的人民币中分别取钱．这样，第一步，从8张壹角的人民币中取；第二步，从3张壹元的人民币中取共4种取法，即0、1、2、3．但要注意，要求“至少取一张”.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，而每一类方法中，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，就要用我们将讨论的加法原理来解决．例如某人从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从北京到天津，有4趟长途汽车从北京到天津．那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？分析这个问题发现，此人去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘火车，有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法．上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共有5+4=9种不同的走法．在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法．在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成．并且两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数．一般地，如果完成一件事有n类方法，第一类方法中有n1种不同做法，第二类方法中有n2种不同做法，…，第n类方法中有n n种不同的做法，则完成这件事共有n=n1+n2+⋯…+n n种不同的方法．这就是加法原理．例1. 学校组织读书活动，要求每个同学读一本书．小明到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书150本，不同的科技书200本，不同的小说100本．那么，小明借一本书可以有多少种不同的选法？例2. 一个口袋内装有3个小球，另一个口袋内装有8个小球，所有这些小球颜色各不相同．问：①从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？②从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？补充说明：由本题应注意加法原理和乘法原理的区别及使用范围的不同，乘法原理中，做完一件事要分成若干个步骤，一步接一步地去做才能完成这件事；加法原理中，做完一件事可以有几类方法，每一类方法中的一种做法都可以完成这件事．事实上，往往有许多事情是有几大类方法来做的，而每一类方法又要由几步来完成，这就要熟悉加法原理和乘法原理的内容，综合使用这两个原理．例3. 如右图，从甲地到乙地有4条路可走，从乙地到丙地有2条路可走，从甲地到丙地有3条路可走．那么，从甲地到丙地共有多少种走法？分析从甲地到丙地共有两大类不同的走法．第一类，由甲地途经乙地到丙地．第二类，由甲地直接到丙地．例4. 如下页图，一只小甲虫要从A点出发沿着线段爬到B点，要求任何点和线段不可重复经过．问：这只甲虫有多少种不同的走法？分析从A点到B点有两类走法，一类是从A点先经过C点到B点，一类是从A点先经过D点到B点．两类中的每一种具体走法都要分两步完成，所以每一类中，都要用乘法原理，而最后计算从A到B的全部走法时，只要用加法原理求和即可．例5. 有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6．将两个正方体放到桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？分析要使两个数字之和为偶数，只要这两个数字的奇偶性相同，即这两个数字要么同为奇数，要么同为偶数，所以，要分两大类来考虑．例6. 从1到500的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个？分析从1到500的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理．要确定一个三位数，可以先取百位数，再取十位数，最后取个位数，应用乘法原理．补充说明：这道题也可以这样想：把一位数看成是前面有两个0的三位数，如：把1看成是001．把两位数看成是前面有一个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是“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这四种选法；十位上，有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种选法；个位上，也有九种选法．所以，除500外，有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的自然数仍有324个．这是一种特殊的思考问题的方法，注意到当我们对“三位数”重新给予规定之后，问题很简捷地得到解决．例7. 如图，要从A点沿线段走到B，要求每一步都是向右、向上或者向斜上方．问有多少种不同的走法？分析观察下页左图，注意到，从A到B要一直向右、向上，那么，经过下页右图中C、D、E、F四点中的某一点的路线一定不再经过其他的点．也就是说从A到B点的路线共分为四类，它们是分别经过C、D、E、F的路线．自我检测1.某罪犯要从甲地途经乙地和丙地逃到丁地，现在知道从甲地到乙地有3条路可以走，从乙地到丙地有2条路可以走，从丙地到丁地有4条路可以走．问，罪犯共有多少种逃走的方法？2.如右图，在三条平行线上分别有一个点，四个点，三个点（且不在同一条直线上的三个点不共线）．在每条直线上各取一个点，可以画出一个三角形．问：一共可以画出多少个这样的三角形？3.在自然数中，用两位数做被减数，用一位数做减数．共可以组成多少个不同的减法算式？4.一个篮球队，五名队员A、B、C、D、E，由于某种原因，C不能做中锋，而其余四人可以分配到五个位置的任何一个上．问：共有多少种不同的站位方法？5.由数字1、2、3、4、5、6、7、8可组成多少个①三位数？②三位偶数？③没有重复数字的三位偶数？④百位为8的没有重复数字的三位数？⑤百位为8的没有重复数字的三位偶数？6.某市的电话号码是六位数的，首位不能是0，其余各位数上可以是0～9中的任何一个，并且不同位上的数字可以重复．那么，这个城市最多可容纳多少部电话机？1.如右图，从甲地到乙地有三条路，从乙地到丙地有三条路，从甲地到丁地有两条路，从丁地到丙地有四条路，问：从甲地到丙地共有多少种走法？2.书架上有6本不同的画报和7本不同的书，从中最多拿两本（不能不拿），有多少种不同的拿法？3.如下图中，沿线段从点A走最短的路线到B，各有多少种走法？4.在1～1000的自然数中，一共有多少个数字0？5.在1～500的自然数中，不含数字0和1的数有多少个？6.十把钥匙开十把锁，但不知道哪把钥匙开哪把锁，问：最多试开多少次，就能把锁和钥匙配起来？。
奥数讲义计数专题：加法原理、乘法原理
华杯赛计数专题：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.例题：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6.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7.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8.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9.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10.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11. 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.。
六年级奥数优胜教育第6讲：加乘原理含答案
第六讲加乘原理例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？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？例3:用5种颜色给图1的五个区域染色，相邻的区域染不同的颜色，每个区域染一种颜色。
问：共有多少种不同的染色方法？例4：学校羽毛球队有12名男队员，10名女队员。
（l）要挑选一名男队员和一名女队员组成一对男、女混合双打选手，有多少种不同的搭配方法？（2）该羽毛球队在比赛中获团体总分第一名，学校选一名运动员去领奖，有多少种选法？例5:找出图2中从A点出发，经过C点和D点到B点的最短路线，共有多少条？例6：现有壹元的人民币4张，贰元的人民币2张，伍元的人民币5张，如果从中至少取一张，至多取11张，那么共可以配成多少种不同的钱数？例7:由数字1、2、3、4、5、6、7、8、9可组成多少个①三位数？②三位偶数？③没有重复数字的三位偶数？④百位为9的没有重复数字的三位数？⑤百位为9的没有重复数字的三位偶数？A1．从0、1、2、3、4这五个数字中任取3个，可以组成______个无重复数字的三位数。
2．在m×n的方格纸上，取两个相邻的小方格共有______种取法。
3．书架上有不同的数学书20本，不同的语文书10本，现从书架上取书，试问：（1）取出一本书，有______种不同的取法。
（2）取出数学书和语文书各一本，有______种不同的取法。
4．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）。
5．将一个长方形用对角线分成四份，如图所示，现用五种颜色染色，要求每小块染一种颜色，相邻的两小块（有公共边的）必须染不同的颜色。
那么，总共有______种不同的染色方法。
B6．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。
奥数：加法原理、乘法原理
题型一：乘法原理【知识要点】1. 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种不同的方法。
2. 从乘法原理可以看出：将完成一件任务分成几步做，是解决问题的关键，而这几步是完成这件任务缺一不可的。
【典型例题】例1：马戏团的小丑有红、黄、蓝三顶帽子和黑、白两双鞋，他每次出场演出都要戴一顶帽子、穿一双鞋。
问：小丑的帽子和鞋共有几种不同搭配？例2：从甲地到乙地有2条路，从乙地到丙地有3条路，从丙地到丁地也有2条路。
问：从甲地经乙、丙两地到丁地，共有多少种不同的走法？例3：用数字0，1，2，3，4，5可以组成多少个三位数（各位上的数字允许重复）？例4：如下图，A，B，C，D，E五个区域分别用红、黄、蓝、白、黑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？例5：有10块糖，每天至少吃一块，吃完为止。
问：共有多少种不同的吃法？【同步训练】1.有五顶不同的帽子，两件不同的上衣，三条不同的裤子。
从中取出一顶帽子、一件上衣、一条裤子配成一套装束。
问：有多少种不同的装束？2. 四角号码字典，用4个数码表示一个汉字。
小王自编一个“密码本”，用3个数码（可取重复数字）表示一个汉字，例如，用“011”代表汉字“车”。
问：小王的“密码本”上最多能表示多少个不同的汉字？3. “IMO”是国际数学奥林匹克的缩写，把这3个字母写成三种不同颜色。
现在有五种不同颜色的笔，按上述要求能写出多少种不同颜色搭配的“IMO”？4. 用四种颜色给右图的五块区域染色，要求每块区域染一种颜色，相邻的区域染不同的颜色。
问：共有多少种不同的染色方法？题型二：加法原理（一）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种不同的方法。
六年级奥数乘法原理
六年级奥数：乘法原理（1）年级 班 姓名 得分一、填空题1.书架上有6本不同的画报、10本不同科技书,请你每次从书架上任取一本画报、一本科技书,共有 种不同的取法.2.七个相同的球,放入四个不同的盒子里,每个盒子至少放一个.不同的放法有 种.3.用0,1,2,3,4,5,6,7,8,9十个数字,能够组成 个没有重复数字的三位数.4.有一个面积为693平方米的长方形,其周长最多可有 种不同的数值.5.两个点可以连成一条线段,3个点可以连成三条线段,4个点可以连成六条线段,5个点可以连成几条线段?6个点可以连成 条线段.6.学雷锋小组的一次集会,参加会的人每两人握手一次,共握手36次,这个小组共有 人.7.数出图中长方形(包括正方形)的总个数是 .8.用9枚钉子组成33⨯方阵,用橡皮筋勾在3枚钉子上,组成一个三角形,共可组成 个三角形.9.有5人参加的学雷锋小队上街宣传交通规则,站成一排,其中2名队长不排在一起,一共有 种排法.10.在图中画出n ⨯3方格中(n 是自然数)每一列中的3个方格中分别用红、白、蓝三种颜色任意染色(每列中三格的颜色各不相同).最少需要 列才能保证至少使两列染色的方式相同.二、解答题11.在88 的棋盘上可以找到多少个形如右图所示的“凸”字形图形?12.某城市的街道非常整齐(如图),从西南角A 处走到东北角B 处,要求走得最近的路,并且不能通过十字路口C (正在修路),共有多少种不同的走法?13.一个自然数,如果它顺着数和倒过来数都是一样的,则称这个数为“回文数”.例如1331, 7, 202都是回文数.而220则不是回文数.问1到6位的回文数一共有多少个?14.如图,把A 、B 、C 、D 、E 这个五部分用四种不同的颜色着色,且相邻的部分不能使用同一种颜色,不相领的部分可以使用同一种颜色.那么这幅图一共有多少种不同的着色方法?———————————————答 案——————————————————————1. 60.第一步,取一本画报,有6种方法;第二步,取一本科技书,有10种方法.根据乘法原理,一共有6×10=60(种)不同取法.2. 16384.放第一个球,有4种方法;放第二个球,也有4种方法,…,放第七个球,还有4种方法.由乘法原理知,一共有4×4×4×4×4×4×4=47=16384(种)放法.3. 648.第一步,排百位数字,有9种方法(0不能作首位);第二步,排十位数字,有9种方法;第三步,排个位数字,有8种方法.根据乘法原理,一共有9×9×8=648(个)没有重复数字的三位数.4. 6.将693分解质因数得693=7×11×32,它有(1+1)×(1+1)×(2+1)=12个约数,故它可以组成6组不同的长和宽,即周长最多有6种不同数值.5. 10;15.每一条线段有两个端点,从五个点中选一个点作为端点有5种方法,而选第二个点有4种方法,共有5×4=20(种)方法.但是因先选A 再选B 与先选B 再选A 是同一条线段,故实际上是(5×4)÷2=10(条)线段.同理,六个点可以连成(6×5)÷2=15(条)线段.6. 9.设小组有x 人,则握手总次数为362)1(=-x x ,即72)1((=-x x .相邻两个连续自然数的积为72,即9×8=72,故x =9.7. 90.大长方形长上有6个点,共可组成15256=⨯条线段;大长方形宽上有4个点,可以组成6234=⨯条线段.故图中长方形的个数为15×6=90(个).8. 72.从9枚钉子中取3枚,先取第一枚有9种方法,再取第二枚有8种方法,最后取第三枚有7种方法,共有9×8×7种方法.但其中每个三角形顶点有6种排列次序,故实际上只有9×8×7÷6=84种方法.又有三个点在一直线不能组成三角形,这种情况有8种,所以一共可得到84-8=72(个)三角形.9. 72.我们可以先将除二名队长的三人排成一列,有3×2×1=6(种)排法.再将两名队长插入到这三个人之间或两头,第一个队长有4种方法,第二个队长有3种方法,故一共有6×4×3=72(种)排法.10. 7.每一列的排法有3×2×1=6(种),故最少需要6+1=7(列)才能保证至少有两列染色方式相同.11. 如图,将标有A 字的方格称为凸字形的“头”,当“头”在8×8的正方形边上时,一个“头”对应着一个凸字形,这样的凸字形有6×4=24(个);当“头”位于8×8的正方形内部时,一个“头”对应着4个凸字形,这样的下凸字形有4×(6×6)=144(个),合计24+144=168(个).12. 用标数法可以求出一共有120(种)走法.13. 一位回文数有9个;二位回文字也有9个;三位回文数有9×10=90(个);四位回文数也有90个;五位回文数有9×10×10=900(个);六位回文数也有900个.一共有9+9+90+90+900+900=1998(个).14. 按A ,B ,C ,D ,E 的顺序,分别有4,3,2,2,2种颜色可选,所以不同颜色着色方法共有4×3×2×2×2=96(种).。
六年级上册奥数试题-第7讲 加法原理与乘法原理 全国通用(含答案)
第7讲加法原理与乘法原理知识网络排列与组合问题是围绕计数问题展开的一类问题。
解决此类问题，一般要用到两个常用的原理，即加法原理和乘法原理。
要完成一个任务，如果能分成r类彼此独立的不同方式，第一类方式有种不同的方法可以完成任务，第二类方式有种不同的方法可以完成任务，……，第r方式有种不同的方法完成任务。
那么完成这个任务就有种不同的方法，这种分类计数的方法就称为加法原理。
如果完成某项任务要分r个不同的步骤，第一步有种不同的方法完成任务，第二步有种不同的方法完成任务，……，第r步有种不同的方法完成任务。
那么完成这个任务就有种不同的方法，这种步骤完成任务的计数方法称为乘法原理。
重点·难点加法原理、乘法原理以及上一讲的容斥原理是解决计数问题的三个基本原理。
应用加法原理和乘法原理，关键是弄清两者之间的本质区别：如果属于分类考虑，则应用加法原理解题，如果属于分步考虑，则应用乘法原理解题。
如何根据题意分清究竟是分类还是分步，是本讲的难点。
学法指导在应用这两个原理解计数问题时必须紧紧抓住“分类还是分步”来区分两种原理。
除此以外，解决问题常用的方法还有枚举法、对应法、归纳法等，应根据具体问题灵活采用适当的方法。
经典例题[例1]如图1所示，在10×10个边长为1的小正方形拼成的棋盘中，求由若干个小方块能拼成的所有正方形的数目。
思路剖析由小方块所拼成的正方形边长可以取1，2，…，10。
这样有十类不同的方式拼出正方形。
下面再计算出每类方式有多少种方法拼出正方形。
边长为1的正方形显然有10×10个；边长为2的正方形，横边有9种选择：AC，BD，CE，DF，…，IK。
类似的，纵边也有9种选择，横边和纵边都选定后正方形就确定了。
因此经过两个独立步骤就可以完成拼正方形的任务，由乘法原理可知拼出边长为2的小正方形有9×9个。
边长为其他数时可以类似推出。
解答由乘法原理可得：边长为1的小正方形有10×10个；边长为2的小正方形有9×9个；边长为3的小正方形有8×8个；……边长为9的小正方形有2×2个；边长为10的小正方形有1×1个。
六年级奥数培训第4讲乘法原理和加法原理
乘法原理和加法原理是数学中非常重要的概念，它们在解决问题时起到了重要的作用。
今天我们就来详细学习乘法原理和加法原理。
首先，我们来学习乘法原理。
乘法原理也叫乘法法则，它是指：如果一个事件可以分成两个独立的步骤，第一步有m种可能性，第二步有n种可能性，那么这个事件一共有m×n种可能性。
乘法原理在实际生活中也十分常见。
例如，现在小明要穿衣服去上学，他有2件上衣和3条裤子可以选择，那么他一共有2×3=6种搭配方式。
又例如，小明有3本数学书和4本英语书，他要从中选择一本书来看，那么他有3×4=12种选择的可能性。
乘法原理是非常简单的，但要注意的是，乘法原理只适用于这两个事件是相互独立的情况。
也就是说，第二个事件的结果不会受到第一个事件的结果的影响。
接下来我们来学习加法原理。
加法原理是指：如果一个事件可以分成两个互斥的部分，第一部分有m种可能性，第二部分有n种可能性，那么这个事件一共有m+n种可能性。
例如，小明想吃水果，他可以选择苹果、香蕉或者橙子，那么他有3种选择的可能性。
又例如，小红要去超市买东西，她可以选择买水果或者蔬菜，那么她有2种选择的可能性。
加法原理同样也非常简单，但需要注意的是，加法原理只适用于这两个事件不可能同时发生的情况。
乘法原理和加法原理在解决问题时非常有用，但有时候问题会比较复杂，我们需要运用这两个原理来解决。
例如，小明要做一个三道题的数学作业，第一题有2种解法，第二题有3种解法，第三题有4种解法，那么他一共有2×3×4=24种解题方法。
又例如，小红要去参加学校组织的活动，参加活动的学生可以选择合唱或者跳舞，男生可以选择跳舞或者打乒乓球，女生可以选择合唱或者打乒乓球。
如果有2个男生和3个女生要参加活动，那么一共有2×2+3×2=10种组合的可能性。
通过学习乘法原理和加法原理，我们能够更好地理解和解决问题。
在实际生活中，我们会遇到很多需要使用乘法原理和加法原理的情况，只有通过不断的实践和练习，才能真正的掌握它们。
小学六年级奥数-第26讲 乘法和加法原理后附答案
第26讲乘法和加法原理一、知识要点在做一件事情时，要分几步完成，而在完成每一步时又有几种不同的方法，要知道完成这件事一共有多少种方法，就用乘法原理来解决。
做一件事时有几类不同的方法，而每一类方法中又有几种可能的做法就用加法原理来解决。
二、精讲精练【例题1】由数字0，1，2，3组成三位数，问：①可组成多少个不相等的三位数？②可组成多少个没有重复数字的三位数？在确定组成三位数的过程中，应该一位一位地去确定，所以每个问题都可以分三个步骤来完成。
①要求组成不相等的三位数，所以数字可以重复使用。
百位上不能取0，故有3种不同的取法：十位上有4种取法，个位上也有4种取法，由乘法原理共可组成3×4×4=48个不相等的三位数。
②要求组成的三位数没有重复数字，百位上不能取0，有三种不同的取法，十位上有三种不同的取法，个位上有两种不同的取法，由乘法原理共可组成3×3×2=18个没有重复数字的三位数。
练习1：1、有数字1，2，3，4，5，6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？2、在自然数中，用两位数做被减数，一位数做减数，共可组成多少个不同的减法算式？3、由数字1，2，3，4，5，6，7，8，可组成多少个：①三位数；②三位偶数；③没有重复数字的三位偶数；④百位是8的没有重复数字的三位数；⑤百位是8的没有重复数字的三位偶数。
【例题2】有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6。
将两个正方体放在桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？要使两个数字之和为偶数，就需要这两个数字的奇、偶性相同，即两个数字同为奇数或偶数。
所以，需要分两大类来考虑：两个正方体向上一面同为奇数的共有3×3=9（种）不同的情形；两个正方体向上一面同为偶数的共有3×3=9（种）不同的情形；两个正方体向上一面同为偶数的共有3×3+3×3=18（种）不同的情形。
六年级奥数举一反三第26讲 乘法和加法原理含答案
第26讲乘法和加法原理一、知识要点在做一件事情时，要分几步完成，而在完成每一步时又有几种不同的方法，要知道完成这件事一共有多少种方法，就用乘法原理来解决。
做一件事时有几类不同的方法，而每一类方法中又有几种可能的做法就用加法原理来解决。
二、精讲精练【例题1】由数字0，1，2，3组成三位数，问：①可组成多少个不相等的三位数？②可组成多少个没有重复数字的三位数？在确定组成三位数的过程中，应该一位一位地去确定，所以每个问题都可以分三个步骤来完成。
①要求组成不相等的三位数，所以数字可以重复使用。
百位上不能取0，故有3种不同的取法：十位上有4种取法，个位上也有4种取法，由乘法原理共可组成3×4×4=48个不相等的三位数。
②要求组成的三位数没有重复数字，百位上不能取0，有三种不同的取法，十位上有三种不同的取法，个位上有两种不同的取法，由乘法原理共可组成3×3×2=18个没有重复数字的三位数。
练习1：1、有数字1，2，3，4，5，6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？2、在自然数中，用两位数做被减数，一位数做减数，共可组成多少个不同的减法算式？3、由数字1，2，3，4，5，6，7，8，可组成多少个：①三位数；②三位偶数；③没有重复数字的三位偶数；④百位是8的没有重复数字的三位数；⑤百位是8的没有重复数字的三位偶数。
【例题2】有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6。
将两个正方体放在桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？要使两个数字之和为偶数，就需要这两个数字的奇、偶性相同，即两个数字同为奇数或偶数。
所以，需要分两大类来考虑：两个正方体向上一面同为奇数的共有3×3=9（种）不同的情形；两个正方体向上一面同为偶数的共有3×3=9（种）不同的情形；两个正方体向上一面同为偶数的共有3×3+3×3=18（种）不同的情形。
(完整)六年级奥数乘法和加法原理答案.doc
第 26 周乘法和加法原理第二十六周乘法和加法原理例题 1：由数字 0，1， 2， 3 组成三位数，问：①可组成多少个不相等的三位数？②可组成多少个没有重复数字的三位数？在确定组成三位数的过程中，应该一位一位地去确定，所以每个问题都可以分三个步骤来完成。
①要求组成不相等的三位数，所以数字可以重复使用。
百位上不能取0，故有 3 种不同的取法：十位上有 4 种取法，个位上也有 4 种取法，由乘法原理共可组成 3× 4× 4=48 个不相等的三位数。
②要求组成的三位数没有重复数字，百位上不能取0，有三种不同的取法，十位上有三种不同的取法，个位上有两种不同的取法，由乘法原理共可组成3× 3×2=18 个没有重复数字的三位数。
练习 1：1、有数字1， 2， 3， 4， 5， 6 共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？2、在自然数中，用两位数做被减数，一位数做减数，共可组成多少个不同的减法算式？3、由数字1， 2， 3， 4， 5， 6， 7， 8，可组成多少个：①三位数；②三位偶数；③没有重复数字的三位偶数；④百位是8 的没有重复数字的三位数；⑤百位是8 的没有重复数字的三位偶数。
例题 2：有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1，2， 3， 4，5， 6。
将两个正方体放在桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？要使两个数字之和为偶数，就需要这两个数字的奇、偶性相同，即两个数字同为奇数或偶数。
所以，需要分两大类来考虑：两个正方体向上一面同为奇数的共有3×3=9（种）不同的情形；两个正方体向上一面同为偶数的共有3×3=9（种）不同的情形；两个正方体向上一面同为偶数的共有3×3+3× 3=18（种）不同的情形。
练习 2：1、在 1— 1000 的自然数中，一共有多少个数字1？2、在 1— 500 的自然数中，不含数字0 和 1 的数有多少个？3、十把钥匙开十把锁，但不知道哪把钥匙开哪把锁，问最多试开多少次，就能把锁和钥匙配起来？4、由数字0， 1， 2， 3， 4 可以组成多少个没有重复数字的三位偶数？例题 3：书架上层有 6 本不同的数学书，下层有 5 本不同的语文书，若任意从书架上取一本数学书和一本语文书，有多少种不同的取法？从书架上任取一本数学书和一本语文书，可分两个步骤完成，第一步先取数学书，有 6 种不同的方法，而这 6 种的每一种取出后，第二步再取语文书，又有 5 种不同的取法，这样共有 6 个 5 种取法，应用乘法计算6× 5=30（种），有 30 种不同的取法。
奥数加法乘法原理小学六年级专用
小学奥数：加法原理在日常生活与实践中，我们经常会遇到分组、计数的问题。
解答这一类问题，我们通常运用加法与那里与乘法原理这两个基本的计数原理。
熟练掌握这两个原理，不仅可以顺利解答这类问题，而求可以为今后升入中学后学习排列组合等数学知识打下好的基础。
什么叫做加法原理呢我们先来看这样一个问题：从南京到上海，可以乘火车，也可以乘汽车、轮船或者飞机。
假如一天中南京到上海有4班火车、6班汽车，3班轮船、2班飞机。
那么一天中乘做这些交通工具从南京到上海共有多少种不同的走法我们把乘坐不同班次的火车、汽车、轮船、飞机称为不同的走法，那么从南京到上海，乘火车有4种走法，乘汽车有6种走法，乘轮船有3种走法，乘坐飞机有2种走法。
因为每一种走法都可以从南京到上海，因此，一天中从南京到上海共有4+6+3+2 = 15 (种)不同的走法。
我们说，如果完成某一种工作可以有分类方法，一类方法中又有若干种不同的方法，那么完成这件任务工作的方法的总数就等于各类完成这件工作的总和。
即N = m1 + m2 + … + m n (N代表完成一件工作的方法的总和，m1,m2, … m n 表示每一类完成工作的方法的种数)。
这个规律就乘做加法原理。
例题与方法：例1书架上有10本故事书，3本历史书，12本科普读物。
志远任意从书架上取一本书，有多少种不同的取法例2一列火车从上上海到南京，中途要经过6个站，这列火车要准备多少中不同的车票例3、4 x 4的方格图中（如下图），共有多少个正方形例4、妈妈，爸爸，和小明三人去公园照相：共有多少种不同的照法练习与思考：从甲城到乙城，可乘汽车，火车或飞机。
已知一天中汽车有1.2班，火车有4班，甲城到乙城共有（）种不同的走法。
一列火车从上海开往杭州，中途要经过4个站，沿途应为这2.列火车准备____种不同的车票。
3.下面图形中共有____个正方形。
4.图中共有_____个角。
5.书架上共有７种不同的的故事书，中层６本不同的科技书，下层有４钟不同的历史书。
六年级奥数：第26讲 乘法和加法原理
第26講乘法和加法原理一、知識要點在做一件事情時，要分幾步完成，而在完成每一步時又有幾種不同的方法，要知道完成這件事一共有多少種方法，就用乘法原理來解決。
做一件事時有幾類不同的方法，而每一類方法中又有幾種可能的做法就用加法原理來解決。
二、精講精練【例題1】由數字0，1，2，3組成三位數，問：①可組成多少個不相等的三位數？②可組成多少個沒有重複數字的三位數？在確定組成三位數的過程中，應該一位一位地去確定，所以每個問題都可以分三個步驟來完成。
①要求組成不相等的三位數，所以數字可以重複使用。
百位上不能取0，故有3種不同的取法：十位上有4種取法，個位上也有4種取法，由乘法原理共可組成3×4×4=48個不相等的三位數。
②要求組成的三位數沒有重複數字，百位上不能取0，有三種不同的取法，十位上有三種不同的取法，個位上有兩種不同的取法，由乘法原理共可組成3×3×2=18個沒有重複數字的三位數。
練習1：1、有數字1，2，3，4，5，6共可組成多少個沒有重複數字的四位奇數？2、在自然數中，用兩位數做被減數，一位數做減數，共可組成多少個不同的減法算式？3、由數字1，2，3，4，5，6，7，8，可組成多少個：①三位數；②三位偶數；③沒有重複數字的三位偶數；④百位是8的沒有重複數字的三位數；⑤百位是8的沒有重複數字的三位偶數。
【例題2】有兩個相同的正方體，每個正方體的六個面上分別標有數字1，2，3，4，5，6。
將兩個正方體放在桌面上，向上的一面數字之和為偶數的有多少種情形？要使兩個數字之和為偶數，就需要這兩個數字的奇、偶性相同，即兩個數字同為奇數或偶數。
所以，需要分兩大類來考慮：兩個正方體向上一面同為奇數的共有3×3=9（種）不同的情形；兩個正方體向上一面同為偶數的共有3×3=9（種）不同的情形；兩個正方體向上一面同為偶數的共有3×3+3×3=18（種）不同的情形。
小学六年级奥数第26讲 乘法和加法原理(含答案分析)
第26讲乘法和加法原理一、知识要点在做一件事情时，要分几步完成，而在完成每一步时又有几种不同的方法，要知道完成这件事一共有多少种方法，就用乘法原理来解决。
做一件事时有几类不同的方法，而每一类方法中又有几种可能的做法就用加法原理来解决。
二、精讲精练【例题1】由数字0，1，2，3组成三位数，问：①可组成多少个不相等的三位数？②可组成多少个没有重复数字的三位数？在确定组成三位数的过程中，应该一位一位地去确定，所以每个问题都可以分三个步骤来完成。
①要求组成不相等的三位数，所以数字可以重复使用。
百位上不能取0，故有3种不同的取法：十位上有4种取法，个位上也有4种取法，由乘法原理共可组成3×4×4=48个不相等的三位数。
②要求组成的三位数没有重复数字，百位上不能取0，有三种不同的取法，十位上有三种不同的取法，个位上有两种不同的取法，由乘法原理共可组成3×3×2=18个没有重复数字的三位数。
练习1：1、有数字1，2，3，4，5，6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？2、在自然数中，用两位数做被减数，一位数做减数，共可组成多少个不同的减法算式？3、由数字1，2，3，4，5，6，7，8，可组成多少个：①三位数；②三位偶数；③没有重复数字的三位偶数；④百位是8的没有重复数字的三位数；⑤百位是8的没有重复数字的三位偶数。
【例题2】有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6。
将两个正方体放在桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？要使两个数字之和为偶数，就需要这两个数字的奇、偶性相同，即两个数字同为奇数或偶数。
所以，需要分两大类来考虑：两个正方体向上一面同为奇数的共有3×3=9（种）不同的情形；两个正方体向上一面同为偶数的共有3×3=9（种）不同的情形；两个正方体向上一面同为偶数的共有3×3+3×3=18（种）不同的情形。
六年级奥数第26周 加法、乘法原理
六年级奥数第26周加法、乘法原理例题1：小红、小丽和小敏三个人到世纪公园游玩拍照留念（不考虑站的顺序）,共有多少种不同的拍照方法？练习1：1、4个好朋友在旅游景点拍照留念（不考虑站的顺序）,共有多少种不同的拍照方法？2、用0,2,3三个数字组成不同的三位数,一共可以组成多少种不同的三位数？3、有1克、2克和5克的砝码各一个,那么在天平上可以称出多少种不同质量的物体？（砝码都放在右盘）例题2：从北京到天津的列车中途要经过4个站点,这列列车从北京到天津要准备多少种不同的车票？练习2：1、一列列车从甲地到乙地要经过5个站点,这列列车从甲地到乙地要准备多少种不同的车票？2、5个人进行下棋比赛,每两个人之间都要赛一场,一共要赛多少场？3、一把钥匙只能开一把锁,现在有4把钥匙和4把锁,但不知道哪把钥匙开哪把锁。
最多要试多少次才能配好全部的钥匙和锁？例题3：在4×4的方格图中（如右图）,共有多少个正方形？练习3：1、在3×3的方格图中,共有多少个正方形？2、在5×5的方格图中,共有多少个正方形？3、在6×6的方格图中,共有多少个正方形？例题4：从3,5,7,11,13这五个数中每次取出两个数分别作为一个分数的分母和分子,一共可以组成多少个不同的分数？其中有多少个真分数？练习4：1、从1,3,5,7这四个数中每次取出两个数分别作为一个分数的分母和分子,一共可以组成多少个不同的分数？其中有多少个真分数？2、从5,7,11,13这四个数中每次取出两个数分别作为一个分数的分母和分子,一共可以组成多少个不同的分数？其中有多少个真分数？3、从2,3,7,11,13,17这六个数中每次取出两个数分别作为一个分数的分母和分子,一共可以组成多少个不同的分数？其中有多少个真分数？例题5：用0,1,2,3,4这五个数字可以组成多少个不同的三位数？练习5：1、用1,2,3,4这四个数字可以组成多少个不同的三位数？2、如右图所示：A、B、C、D四个区域分别用红、黄、蓝、绿四种颜色中的某一种染色。
小学数学奥林匹克试卷加法和乘法原理
加法和乘法原理(公式P是摆列公式，从N个元素取R个行摆列（即排序）。
公式C是合公式，从N个元素取R个，不可以摆列（即不排序）。
(1)加法原理：做一件事，达成它能够有n法，在第一法中有m1种不一样的方法，在第二法中有m2种不一样的方法，⋯⋯，在第n法中有mn种不一样的方法，那么达成件事共有N＝m1＋m2＋m3＋⋯＋mn种不一样方法．(2)乘法原理：做一件事，达成它需要分红n个步，做第一步有m1种不一样的方法，做第二步有m2种不一样的方法，⋯⋯，做第n步有mn种不一样的方法，那么达成件事共有N＝m1×m2×m3×⋯×mn种不一样的方法．里要注意划分两个原理，要做一件事，达成它假如有n法，是分，第一中的方法都是独立的，所以用加法原理；做一件事，需要分n个步，步与步之是的，只有将分红的若干个相互系的步，挨次相达成，件事才算达成，所以用乘法原理．)张东参加由18个人列席的联欢会，他与这些人一一握手，张东一共握了几次手？从甲地到乙地，每日有2班轮船，4班火车，6班汽车，那么这天中乘坐这些交通工具，从甲地到乙地共有多少种走法？从甲地到乙地有4条不一样的路，从乙地到丙地有6条不一样的路。
那么从甲地经乙地到丙地共有多少不一样的路？如图，此中有7个点和10条线段，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何线段和点不得重复经过，问：这只甲虫最多有几种不一样走法？5.在一个圆周上有十个点，以这些点为端点或极点，能够画出多少条或多少个不一样的（1）线段，（2）三角形，（3）四边形？在自然数中，用两位数作被减数，一位数作减数，共能构成多少个不一样的减法算式？书架上层放有6本不一样的数学书，基层放有5本不一样的语文书。
l）从中任取一本，有多少种不一样取法？2）从中任取一本数学书与语文书，有多少种不一样取法？用0、1、2、3四个数字能够构成多少个没有重复数字的四位偶数？一把钥匙只好开一把锁，现有10把钥匙和10把锁，最多要试验多少次就能配好所有的钥匙和锁？用一张10元、一张5元、一张2元、一张1元，可构成多少种不一样的币值？上海电话号码有7个数码，此中第一个数字不为0，并且数字不重复，这样的电话号码共有多少个？圆上有12个点，以每3个点为极点画一个三角形，一共能够画多少个三角形？若以每4个点为极点画一个四边形，一共能够画多少个四边形？13.如图，从甲地到乙地有两条路线，乙地到丁地也有两条路线；从甲地到丙地只有一条路线，丙地到丁地有三条路线。
六年级奥数-22加法和乘法原理
加法和乘法原理1.了解加法原理和乘法原理的含义，理解分类计数原理与分步计数原理,培养学生的归纳概括能力.2.会利用两个原理分析和解决一些简单的应用问题.1.分类计数原理(加法原理)的准确理解与应用；2.分步计数原理(乘法原理)的准确理解应用；①加法原理：完成一件事有k 类方法，第一类方法中有1m 种不同的方法，第二类方法中有2m 种不同的方法，……第k 类方法中有k m 种不同的方法。
那么完成这件事共有1m ＋2m ＋…＋k m 种不同的方法；②乘法原理：一般地，如果完成一件事需要n 个步骤，其中，做第一步有1m 种不同的方法，做第二步有2m 种不同的方法，……，第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事一共有1m ×2m ×…×n m 中不同的方法。
在乘法原理中需要注意的是：（1）这件事要分几个独立步骤来完成；（2）每个步骤各有若干种不同的方法来完成。
解题方法①公式法：主要是直接运用加法原理公式与乘法原理公式进行解题，在运用公式的过程中需理解题意，不要把加法原理与乘法原理混淆。
②图示法：在一些过程较为复杂的加法乘法原理问题中，为了明确过程，可以采用画树状图进行解答。
××加法原理××例1.小明行李箱锁的密码是由两个数字8与5构成的三位数．某次旅行，小明忘记了密码，他最少要试（）次，才能确保打开箱子．A．9B．8C．7D．6练习1.一次乒乓球比赛，共有512名乒乓球运动员参加比赛．比赛采用淘汰制赛法，两个人赛一场，失败者被淘汰，将不再参加比赛；获胜者进入下轮比赛，如此进行下去，直到决赛出第一名为止，这次乒乓球比赛一共要比赛（）场．A．1024B．511C．256D．174在典型例题1中，逐步分析所有可能的情况，再应用加法原理。
例2.某旅店招工考试，有一道题：“用20把不同钥匙开20个客房门，如果不知道哪把钥匙开哪一个门，最多要试开____次，才能把钥匙与门锁配对妥当．”练习1.艾迪、大宽、薇儿今天想要从北京去天津旅游，从北京到天津，可以乘火车，也可以坐大巴，如果乘火车，那么一天有23趟火车；如果坐大巴，一天有12辆大巴，那么宫宝今天去天津，不同的走法共有种．对于加法原理的应用要注意考虑所有的可能，做到不遗不漏不重。
六年级奥林匹克数学十六 加法原理(二)
十六、加法原理（二）1.从1写到100,一共用了个“5”这个数字.2.从19,20,21,…，92,93,94这76个数中,选取两个不同的数,使其和为偶数的选法总数是 .3.用一个5分币、四个2分币，八个1分币买一张蛇年8分邮票，共有种付币方式.4.用0,1,2,3这四个数字,可以组成一位数,两位数,三位数,四位数,这样的很多自然数(在一个数里,每个数字只用1次),其中是3的倍数的自然数共有个.5.在所有四位数中,各位上的数之和等于34的数有种.6.从数字0、1、2、3、4、5中任意挑选出五个数字组成能被5整除而各个数位上数字不同的五位数，共有个.7.至少有一个数字是1,并且能被4整除的四位数共有个.8.在1,2,3,4,…,50这50个数中取出不同的两个数,要使取出的两个数相加的结果是3的倍数,有种不同的取法.9.小明全家五口人到郊外春游,由其中一人轮换给其他人拍照.如果单人照各一张,每两个人合影各一张,第三个人合影各一张,每四个人合影各一张,用36张的彩色胶卷拍照最后还剩张.10.光明小学六年级甲、乙、丙三个班组织了一次文艺晚会,共演出14个节目.如果每个班至少演出3个节目,那么,这三个班演出节目数的不同情况共有种.名乒乓球运动员进行男子单打比赛,先是进行淘汰赛,获胜的运动员进行循环赛,每两人都要赛一场,决出冠、亚军.整个比赛(包括淘汰赛和循环赛)共要进行多少场12.用 1 9 9 5 四个数字卡片,可以组成多少个不同的四位数(其中 9 可以倒过来当6用).13.数1447、1005、1231有一些共同特征,每个数都是以1开头的四位数,且每个数中恰好有两个数字相同,这样的数共有多少个14.某城市的街道非常整齐(如图),从西南角A处走到对角线DB处,共有多少种不同的走法十六、加法原理（二）(答案）第[1]道题答案：20在十位上,5出现了10次;在个位上,5也出现了10次,共出现了10+10=20(次).第[2]道题答案：1236在这76个自然数中,奇数和偶数各有38个.选出两数都是奇数的方法有23738⨯种,选出的两数都是偶数的方法也有23738⨯种,共有23738⨯+23738⨯=38⨯37=1236(种).第[3]道题答案：7种只用一种币值的方法有2种(都用1分或都用2分);只用1分和2分两种币值的方法有3种;只用1分和5分两种币值方法有1种;三种币值都用上的有1种.共有2+3+1+1=7(种).第[4]道题答案：33在一位数中,有两个3的倍数:0和3;在二位数中,数字和是3的倍数的有3个:12、21和30;在三位数中,三个数字可以是0,1,2或1,2,3,前者可组成4个三位数,后者可组成6个三位数.共可组成10个三位数;四位数中有3⨯(3⨯2⨯1)=18(个)三的倍数.故一共有2+3+10+18=33(个)3的倍数.第[5]道题答案：10当四位数码为9,9,8,8时,有3⨯2=6(种),当四位数码为7,9,9,9时,有4(种),故共有6+4=10(种).第[6]道题答案：216若五位数末位为0,共有5⨯4⨯3⨯2=120(个);若五位数的末位为5,共有4⨯4⨯3⨯2=96(个).故一共有120+96=216(个).第[7]道题答案：594后两位数是4的倍数时,其中含有1的只有12和16,此时前两位数有90种可能,共有2⨯90=180(个).后两位数是4的倍数且不含有1的,有23种可能,前两位含1的有18种,共有23⨯8=414(个).所以一共有180+414=549(个).第[8]道题答案：409在1~50这五十个自然数中,被3整除的数有16个,被3除余1的和被3除余2的数各有17个.当两个加数均为3的倍数时,有12021516=⨯(种)取法;当两个加数中一个被3除余1,另一个被3除余2时,有17⨯17=289(种)取法,共有120+289=409(种)不同取法.第[9]道题答案：6单人照有5张;两人合影有101245=⨯⨯(张),三人合影有10321345=⨯⨯⨯⨯(张),四人照有5张.故还剩下36-(5+10+10+5)=6(张).第[10]道题答案：21将14分成三个数之和,共有5组:(3、3、8),(4、4、6),(4、4、5), (3、4、7), (3、5、6).其中前3组,每组的三个数有3种排列方法;后2组,每组的三个数有6种排列方法.共有不同的排列方法3⨯3+6⨯2=21(种).每种排列方法对应三个班演出节目数的一种情况,故一共有21种不同情况.第[11]道题答案：在淘汰赛时,14名运动员比赛7场后就有7人被淘汰,另7人进入循环赛.在7人进行的循环赛中要比赛7⨯6÷2=21(场).所以整个比赛一共进行7+21=28(场).第[12]道题答案：(1)当两张 9 都作9用时,可以分成三种类型:首位为1的,有3个;首位为5的,有3个;首位为9的,有3⨯2⨯1=6(个).共计3+3+6=12(个).(2)当两张 9 都作6用时,同理也有12个.(3)当两张 9 一个作9用,一个作6用时,有4⨯3⨯2⨯1=24(个)所以,可以组成12+12+24=48(个)不同的四位数.第[13]道题答案：这样的数可以分成两大类:第一类,相同的数字是1,在后三位中,数字1可以有三种位置,另外两个是不同数字,这类数有3⨯9⨯8=216(个).第二类相同的数字不是1,此时相同的数字有9种情况,剩下的数有8种情况,注意到剩下的数有3种位置,故这类数有3⨯9⨯8=216(个)根据加法原理,这样的数共有216+216=432(个).第[14]道题答案：用标数法计算对角线BD上的每一个交叉点的走法总数,如图依次是1,8,28,56,70,56,28,8,1.由加法原理知,一共有1+8+28+56+70+56+28+8+1=256(种)不同的走法.。
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第二十六周乘法和加法原理
例题1：
由数字0，1，2，3组成三位数，问：
①可组成多少个不相等的三位数？
②可组成多少个没有重复数字的三位数？
在确定组成三位数的过程中，应该一位一位地去确定，所以每个问题都可以分三个步骤来完成。
①要求组成不相等的三位数，所以数字可以重复使用。
百位上不能取0，故有3种不同的取法：十位上有4种取法，个位上也有4种取法，由乘法原理共可组成3×4×4=48个不相等的三位数。
②要求组成的三位数没有重复数字，百位上不能取0，有三种不同的取法，十位上有三种不同的取法，个位上有两种不同的取法，由乘法原理共可组成3×3×2=18个没有重复数字的三位数。
练习1：
1、有数字1，2，3，4，5，6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？
2、在自然数中，用两位数做被减数，一位数做减数，共可组成多少个不同的减法算式？
3、由数字1，2，3，4，5，6，7，8，可组成多少个：
①三位数；
②三位偶数；
③没有重复数字的三位偶数；
④百位是8的没有重复数字的三位数；
⑤百位是8的没有重复数字的三位偶数。
例题2：
有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6。
将两个正方体放在桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？
要使两个数字之和为偶数，就需要这两个数字的奇、偶性相同，即两个数字同为奇数或偶数。
所以，需要分两大类来考虑：
两个正方体向上一面同为奇数的共有3×3=9（种）不同的情形；
两个正方体向上一面同为偶数的共有3×3=9（种）不同的情形；
两个正方体向上一面同为偶数的共有3×3+3×3=18（种）不同的情形。
练习2：
1、在1—1000的自然数中，一共有多少个数字1？
2、在1—500的自然数中，不含数字0和1的数有多少个？
3、十把钥匙开十把锁，但不知道哪把钥匙开哪把锁，问最多试开多少次，就能把锁和钥匙配起来？
4、由数字0，1，2，3，4可以组成多少个没有重复数字的三位偶数？
例题3：
书架上层有6本不同的数学书，下层有5本不同的语文书，若任意从书架上取一本数学书和一本语文书，有多少种不同的取法？
从书架上任取一本数学书和一本语文书，可分两个步骤完成，第一步先取数学书，有6种不同的方法，而这6种的每一种取出后，第二步再取语文书，又有5种不同的取法，这样共有6个5种取法，应用乘法计算6×5=30（种），有30种不同的取法。
练习3：
1、商店里有5种不同的儿童上衣，4种不同的裙子，妈妈准备为女儿买上衣一件和裙子一条组成一套，共有多少种不同的选法？
2、小明家到学校共有5条路可走，从学校到少年宫共有3条路可走。
小明从家出发，经过学校然后到少年宫，共有多少种不同的走法？
3、张师傅到食堂吃饭，主食有2种，副食有6种，主、副食各选一种，他有几种不同的选法？
例题4：
在2，3，5，7，9这五个数字中，选出四个数字，组成被3除余2的四位数，这样的四位数有多少个？
从五个数字中选出四个数字，即五个数字中要去掉一个数字，由于原来五个数字相加的和除以3余2，所以去掉的数字只能是3或9。
去掉的数字为3时，即选2，5，7，9四个数字，能排出4×3×2×1=24（个）符合要
求的数，去掉的数字为9时也能排出24个符合要求得数，因此这样的四位数一共有24+24=48（个）
练习4：
1、在1，2，3，4，5这五个数字中，选出四个数字组成被3除余2的四位数，这样的四位数有多少个？
2、在1，2，3，4，5这五个数字中，选出四个数字组成能被3整除的四位数，这样的四位数有多少个？
3、在1，4，5，6，7这五个数字中，选出四个数字组成被3除余1的四位数，这样的四位数有多少个？
例题5：
从学校到少年宫有4条东西的马路和3条南北的马路相通（如图），小明从学校出发到少年宫（只许向东或向南行进），最后有多少种走法？
为了方便解答，把图中各点用字母表示如图。
根据小明步行规则，显然可知由A到T 通过AC边上的各点和AN边上的各点只有一条路线，通过E点有两条路线（即从B点、D点来各一条路线），通过H点有3条路线（即从E点来有二条路线，从G点来有一条路线），这样推断可知通过任何一个交叉点的路线总数等于通过该点左边、上方的两邻接交叉点的路线的总和，因此，可求得通过S点有4条路线，通过F点有3条路线……由此可见，由A点通过T点有10条不同的路线，所以小明从学校到少年宫最多有10种走法。
练习5：
1、从学校到图书馆有5条东西的马路和5条南北的马路相通（如图）。
李菊从学校出发步行到图书馆（只许向东或向南行进），最多有多少种走法？
2、某区的街道非常整齐（如图），从西南角A处走到东北角B处，要求走最近的路，一共有多少种不同的走法？
3、如图有6个点，9条线段，一只小虫从A点出发，要沿着某几条线段爬到F点。
行进中，同一个点或同一条线段只能经过一次，这只小虫最多有多少种不同的走法？
答案：
练1
1、3×5×4×3＝180个
2、90×9＝810个
3、8×8×8＝512个 4×8×8＝256个
4×7×6＝168个 1×7×6＝42个 1×3×6＝18个练2
1、301个
2、8+8×8+3×8×8＝264个
3、9+8+7+6+5+4+3+2+1＝45次
练3
1、 24个
2、 42个
3、 48个 48个
练4
1、 48个
2、 24个
3、 72个
练5
1、 12个
2、 18个
3、 30个 12个。