LY4011枚举法加法原理与乘法原理
算法 枚举法
算法枚举法枚举法是一种常用的算法思想，它通过逐个列举可能的解来解决问题。
在本文中，我们将介绍枚举法的基本原理、应用场景以及一些注意事项。
一、枚举法的基本原理枚举法是一种简单直接的解决问题的方法，其基本原理是通过逐个尝试所有可能的解，然后判断每个解是否满足问题的要求。
具体步骤如下：1. 确定问题的解空间，即问题可能的解集合。
2. 逐个枚举解空间中的元素，对每个元素进行判断。
3. 如果满足问题的要求，则将该元素作为问题的解；否则，继续枚举下一个元素。
4. 当找到满足要求的解时，停止枚举；如果枚举完所有元素仍未找到解，则表示该问题无解。
二、枚举法的应用场景枚举法适用于一些问题的解空间较小、问题规模较小的情况。
以下是一些常见的应用场景：1. 寻找问题的所有可能解，如密码破解、穷举搜索等。
2. 判断问题是否存在解，如判断一个数是否为质数、判断某一年是否为闰年等。
3. 寻找问题的最优解，在解空间较小的情况下可以通过枚举法逐个尝试，找到最优解。
三、枚举法的注意事项1. 确定解空间时要考虑问题的约束条件，避免无效的尝试。
2. 在枚举过程中，可以使用剪枝技术来减少不必要的尝试，提高算法效率。
3. 在解空间较大或问题规模较大的情况下，枚举法可能会导致计算量过大，无法在合理时间内得到解。
此时可以考虑其他更高效的算法。
4. 枚举法通常是一种暴力穷举的方法，因此在问题规模较大时，需要权衡计算时间和结果准确性的关系。
枚举法是一种常用的算法思想，适用于问题规模较小、解空间较小的情况。
它通过逐个尝试所有可能的解来解决问题，具有简单直接的特点。
然而，在使用枚举法时需要注意问题的约束条件、剪枝技术以及计算时间的限制，以确保问题能够得到准确且高效的解决。
因此，在解决问题时，我们可以考虑使用枚举法这一简单而又有效的算法思想，通过逐个尝试所有可能的解来找到问题的解。
同时，我们也要注意问题的规模和约束条件，避免无谓的计算和浪费资源。
通过合理运用枚举法，我们可以解决许多实际问题，提高问题的解决效率。
加法原理和乘法原理
加法原理和乘法原理【知识导学】加法原理：为了完成一件事，有几类方法。
第一类方法中有m1种不同的方法，第二类方法中有m2种不同的方法……第n类方法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法。
乘法原理：为了完成一件事，需要n个步骤。
做第一步，有M1种不同的方法，做第二步，有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法。
【例1】一把钥匙开一把锁，现在有4把钥匙4把锁，但不知道怎么相配，那么最多要试多少次，才能确保配对成功?如果有6把钥匙6把锁，那么最多要试多少次，才能确保把所有的锁都打开？【即学即练1】学校门房的王师傅不小心把9把钥匙和9把锁弄混淆了，不知道哪把钥匙开哪把锁，请问最多要试多少次才能确保把钥匙和锁一一配起来？【例2】从甲村去乙村有3条道路，从乙村去丙村有2条道路，从丙村去丁村有4条道路，小华要从甲村经乙村、丙村去丁村共有多少种不同的走法？【即学即练2】如图A、B、C是三个村庄，从A村到B村有2条路可走，从B村到C村有3条路可走，从A村到C村有4条路可走，从A村到C村共有多少种不同的走法？【例3】有4张卡片上面分别写有0,1,2,4四个数字，从中任意抽出3张卡片组成三位数，这些卡片共可组成多少个不同的三位数？【即学即练3】有五张卡片，卡片上写有数字1，2，3，4，5，从中任取两张卡片摆放在一起就可以组成一个两位数，请问一共可以组成多少个不同的奇数？【例4】在实践活动课上，张老师发给每个学生一张简易地图（如图），地图上有A、B、C、D四个相邻的城市，现从红、黄、蓝、绿四种颜料中选出若干种给地图涂色，要求相邻城市的颜色不同，有多少种不同的涂色方法？【即学即练4】如图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涂染，若使相邻的区域涂不同的颜色，问：有几种不同的涂法？【例5】某信号兵用红、黄、蓝三面旗子从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以任挂一面、两面或三面，并且不同的顺序表示不同的信号，一共可以表示多少种不同的信号？【即学即练5】右图是某一地区的道路分布图，A、B、C、D分别代表四个城镇，那么从A镇去C镇一共有多少种不同的走法？（每个点不重复经过）【例6】甲、乙、丙、丁、戊五个人排成一队，甲、乙必须相邻，那么一共有多少种不同的排法？【即学即练6】有4女2男共六人，站成一排合影留念，要求2个男的紧挨着站在正中间，一共有多少种不同的排法？【能力检测】1、从武汉到南京去，每天有3班火车、2班汽车、3班飞机，请问：每天从武汉到南京去一共有多少种不同的走法？2、用1，2，3，4这四个数字可以组成多少个没有重复数字的四位数？3、某校四年级举行了一次篮球循环赛，每两个班之间都要赛一场，一共赛了15场，那么有多少个班参加了比赛？4、从下面六个小朋友中选出两个不相邻的小朋友一共有多少种不同的选法？5、物业管理员有8把钥匙和8把锁，其中一把钥匙配一把锁，调皮的灰太狼趁管理员睡觉的时候将他们搞乱了，要把它们重新配对最多要试多少次？6、“IMO”是国际数学奥林匹克竞赛的缩写，把这三个字母写成三种不同的颜色，现有五种不同颜色的笔，则可以写出多少种不同颜色搭配的“IMO”？7、从1至9这九个数字中任取一个奇数和一个偶数相乘，不同的乘积有多少个？8、人民电影院有6个门，其中A、B、C、D这四个门只供散场时作为出口，甲、乙这两个门既可以作为入口也可以作为出口，请问：如果要到人民电影院去看电影，共有几种不同的进出路线？9、图中共有16个方格，在方格中放入四粒不同的棋子，使得每行每列只能出现一粒棋子，共有多少种不同的放法？10、“高斯杯”足球挑战赛就要举行了，有4所小学派队参加，每所小学派出两支球队，每支球队都要和本校另一支球队之外的所有球队都比赛一场，那么一共有多少场比赛？11、7个人站成一排，如果甲、乙两人必须站在两端，一共有多少种排法？。
枚举法解题
枚举法解题枚举法是一种常用的问题求解方法，通过遍历所有可能的解空间，逐个检查并找出满足条件的解。
它在计算机科学和数学领域被广泛应用于解决各种问题，如组合优化、图论、搜索等。
本文将介绍枚举法的基本原理、应用场景以及相关的优化技巧。
1. 基本原理枚举法是一种朴素的穷举搜索方法，其基本思想是通过遍历所有可能的解空间来寻找问题的解。
具体而言，枚举法将问题转化为一个可枚举的集合或序列，并对其中每个元素进行检查，判断是否满足问题所要求的条件。
当找到满足条件的解时，即可结束搜索。
枚举法通常包括以下几个步骤： - 确定待求解问题中需要枚举的变量或参数； - 确定变量或参数可以取值的范围； - 遍历所有可能取值组合，并对每个组合进行检查； - 找到满足条件的解后结束搜索。
2. 应用场景枚举法适用于那些问题空间较小或可以通过剪枝等手段进行优化的情况。
以下是一些常见的应用场景：2.1 组合优化问题组合优化问题是指在给定一组元素的情况下，通过选取其中的若干个元素，使得满足某种条件或达到最优解。
例如，在一个集合中找到和为给定值的子集，或者找到满足某种性质的排列等。
枚举法可以通过遍历所有可能的组合或排列来解决这类问题。
2.2 图论问题图论是研究图及其应用的数学分支，常见问题包括最短路径、最小生成树、拓扑排序等。
枚举法在图论中有广泛应用，例如在求解旅行商问题时，可以通过枚举所有可能的路径，并计算其总长度来寻找最优解。
2.3 搜索问题搜索问题是指在一个搜索空间中寻找特定目标的过程。
例如，在八皇后问题中，需要在一个8x8的棋盘上放置八个皇后，并使得它们互不攻击。
枚举法可以通过遍历所有可能的放置方式，并逐个检查是否满足条件来解决这类搜索问题。
3. 优化技巧虽然枚举法简单直观，但对于问题空间较大的情况，其时间复杂度常常非常高，甚至无法接受。
因此，在实际应用中，我们可以采取一些优化技巧来减少搜索空间和提高效率。
3.1 剪枝剪枝是指通过一些条件判断，在搜索过程中排除不可能的解，从而减少搜索空间。
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。
1.1加法原理和乘法原理
授课主题加法原理和乘法原理教学目标1．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理．2．会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题．3．能根据具体问题的特征，选择分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题．教学内容1．分类计数原理(加法原理)做一件事情，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，…，在笫n类办法中有m n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．原理的核心是每一种办法都能将事情完成．例如：某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，在这天的不同时间中，火车有4班，汽车有3班，此人的走法共有4+3=7种选择．2．分步计数原理(乘法原理)做一件事情，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，…，做第n步有m n种不同的方法．那么完成这件事有N＝m1 ·m2·…·m n种不同的方法．原理的核心是每一个步骤都依次完成后，这件事情才能完成．例如：某人上楼从底层到三层，今知从底层到二层有4个扶梯可走，又从二层到三层有2个扶梯可走，此人从底层到三层的走法共有4 2=8种．分类计数原理与分步计数原理的区别在于完成一件事是分类还是分步．3．加法原理和乘法原理的异同(1)共同点是，它们都是研究完成一件事情共有多少种不同的方法．(2)不同点是，它们研究完成一件事情的方式不同，加法原理是“分类完成”，即任何一类办法中的任何一个方法都能完成这件事．乘法原理是“分步完成”，即这些方法需要分步，各个步骤顺次相依，且每一步都完成了，才能完成这件事情．4．根据具体情况选择应用不用的原理(1)完成一件事情有n类办法，若每一类办法中的任何一种方法均能将这件事情从头至尾完成，则计算完成这件事情的方法总数用加法原理．(2)完成一件事情有n个步骤，若每一步的任何一种方法只能完成这件事的一部分，并且必须且只需完成互相独立的这n步后，才能完成这件事，则计算完成这件事的方法总数用乘法原理．5．一些非常规计数问题的解法(1)枚举法：将各种情况通过树状图、表格等方法一一列举出来，它适用于计数种数较少的情况，分类计数时将问题分类实际上也是将分类种数一一列举出来．(2)间接法：若计数时分类较多或无法直接计数时，可用间接法先求出没有限制条件的总数，再减去不满足条件的种数，即正难则反．(3)转换法：转换问题的角度或转换成其他已知的问题．在实际应用中，应根据具体问题灵活处理．特别提醒：对于较复杂的既要用分类计数原理，又要用分步计数原理的问题，可以根据题意恰当合理地画出示意图或者列出表格，使问题的实质直观地显现出来，从而便于解题.题型一分类加法计数原理的应用例1某校高三共有三个班，其各班人数如下表：班级男生数女生数总数高三(1) 32 22 54高三(2) 28 22 50高三(3) 31 20 51(1)从三个班中选一名学生会主席，有多少种不同的选法？(2)从(1)班、(2)班女生中或从(3)班男生中选一名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？解析：(1)从三个班中任选一名学生，可分三类：第1类，从高三(1)班任选一名学生，有54种不同选法；第2类，从高三(2)班任选一名学生，有50种不同选法；第3类，从高三(3)班任选一名学生，有51种不同选法．由分类加法计数原理知，不同的选法共有N＝54＋50＋51＝155(种)．(2)由题设知共有三类：第1类，从(1)班女生中任选一名学生，有22种不同选法；第2类，从(2)班女生中任选一名学生，有22种不同选法；第3类，从(3)班男生中任选一名学生，有31种不同选法．由分类加法计数原理知，不同的选法共有N＝22＋22＋31＝75(种)．点评：分类加法计数原理是涉及完成一件事的不同方法的计数种类，每一类中的各种方法都是相互独立的，且每一类方案中的每一种方法都可以独立地完成这件事，在应用该原理解题时，首先要根据问题的特点，确定好分类的标准．分类时应满足：完成一件事的任何一种方法，必属于某一类且仅属于某一类．巩固(1)某班有男生26人，女生24人，从中选一位同学为数学科代表，则不同选法的种数有() A．50种B．26种C．24种D．616种(2)一项工作可以用A或B这两种方法中的一种方法完成，有4人会用A方法完成，另外8人会用B方法完成，从中选出1人来完成这项工作，不同选法的种数是()A．12种B．32种C．24种D．64种解析：(1)由分类加法计数原理知，不同选法的种数有26＋24＝50(种)．故选A.(2)由分类加法计数原理知，不同选法的种数有4＋8＝12(种)．故选A.答案：(1)A(2)A题型二分步乘法计数原理的应用例24个插班生分到甲、乙、丙三个班，有多少种不同的分法？分析：一个学生分到甲、乙、丙中的某个班，有3种不同方法，一个学生确定到哪个班后，这件事情并没有完成，只有4个学生全部确定各自到哪个班后这件事情才算完成，故应用乘法原理解决．解析：完成4个学生分到3个不同的班级这件事，可按每个学生对班级选择分四步完成，每一步中每一个学生在3个班级中选择1个，有3种选法，由乘法原理得共有34＝81种不同的分法．点评：利用分步乘法计数原理计数的一般思路是首先考虑这件事要经过哪几个步骤才能完成，然后找出每一步中有多少种不同的方法，最后求其积，但应注意各个步骤是既相互独立又密切相关的，都完成后，才能完成整件事．巩固已知a∈{1,2,3}，b∈{4,5,6,7}，r∈{8,9}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示不同的圆的个数为() A．9个B．12个C．8个D．24个解析：完成表示不同的圆这件事有三步：第一步，确定a有3种不同的选取方法；第二步，确定b有4种不同的选取方法；第三步，确定r有2种不同的方法．由分步乘法计数原理，方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示不同的圆共有3×4×2＝24个．故选D.答案：D题型三分类加法计数原理和分步乘法计数原理的综合应用例3集合A＝{1,2，－3}，B＝{－1，－2,3,4}，现从A、B中各取一个元素作为点P(x，y)的坐标．(1)可以得到多少个不同的点？(2)在这些点中，位于第一象限的有几个点？解析：(1)第一类：选A中的元素为x，B中的元素为y，有3×4＝12个不同的点；第二类：选A中的元素为y，B中的元素为x，有4×3＝12个不同的点．故可以得到24个不同的点．(2)第一象限内的点，即x，y必须为正数，从而只能取A、B中的正数，同样分两类，所以N＝2×2＋2×2＝8(个)．即这些点中，位于第一象限的有8个点．点评：(1)解决此类综合题的关键在于区分该问题是“分类”还是“分步”．如果完成这件事，可以分几种情况，每种情况中任何一种方法都能完成任务，则是分类；而从其中一种情况中任取一种方法只能完成一部分事件，且只有依次完成各种情况，才能完成这件事，则是分步．(2)注意运用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决既有“分类”又有“分步”的综合问题时应“先分类，后分步”．巩固书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书．(1)从书架的第1、2、3层各取1本书，有______种不同的取法；(2)从书架上任取两本不同学科的书，有______种不同的取法．解析：(1)从书架的第1,2,3层各取1本书，可以分成3个步骤完成：第1步，从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2步，从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3步，从第3层取1本体育书，有2种方法．根据分步乘法计数原理，不同取法的种数是N＝4×3×2＝24.(2)取一本计算机书和一本文艺书，有4×3＝12种方法；取一本计算机书和一本体育书，有4×2＝8种方法；取一本文艺书和一本体育书，有3×2＝6种方法；所以总的方法数是N＝12＋8＋6＝26.答案：(1)24(2)26题型四分配问题例4(1)8本不同的书，任选3本分给3个同学，每人1本，有多少种不同的分法？(2)将4封信投入3个邮筒，有多少种不同的投法？(3)3位旅客到4个旅馆住宿，有多少种不同的住宿方法？解析：(1)分三步，每位同学取书一本，第1,2,3个同学分别有8,7,6种取法，因而由分步乘法计数原理，不同分法共有N＝8×7×6＝336(种)．(2)完成这件事情可以分作四步，第一步投第一封信，可以在3个邮筒中任选一个，因此有3种投法；第二步投第二封信，同样有3种投法；第三步投第三封信，也同样有3种投法；第四步，投第四封信，仍然有3种投法．由分步乘法计数原理，可得出不同的投法共有N＝3×3×3×3＝81(种)．(3)分三步，每位旅客都有4种不同的住宿方法，因而不同的方法共有N＝4×4×4＝64(种)．点评：此类分配问题，实际上是分步计数问题，解题的关键是弄清分几步和每一步的方法总数．巩固(1)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？(2)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？解析：(1)要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，四人都报完才算完成，于是按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有3×3×3×3＝81种报名方法．(2)完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，于是应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步．而每项冠军是四人中的某一人，有4种可能情况，于是共有4×4×4＝43＝64种可能的情况．题型五组数问题例5用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的比2 000大的四位偶数？分析：按末位是0,2,4分三类或千位是2,3,4,5分四类计数或用间接法．解析：法一按末位是0,2,4分为三类．第一类：末位是0的有4×4×3＝48(个)；第二类：末位是2的有3×4×3＝36(个)；第三类：末位是4的有3×4×3＝36(个)．则由分类计数原理有N＝48＋36＋36＝120(个)．法二按千位是2,3,4,5分四类．第一类：千位是2的有2×4×3＝24(个)；第二类：千位是3的有3×4×3＝36(个)；第三类：千位是4的有2×4×3＝24(个)；第四类：千位是5的有3×4×3＝36(个)．则由分类计数原理有N＝24＋36＋24＋36＝120(个)．法三(间接法)用0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字的四位偶数分两类．第一类：末位是0的有5×4×3＝60(个)；第二类：末位是2或4的有2×4×4×3＝96(个)．共有60＋96＝156(个)．其中比2 000小的千位是1的有3×4×3＝36(个)．所以符合条件的四位偶数共有156－36＝120(个)．点评：对于组数问题的计数，一般按特殊位置(末位或首位)由谁占领分类，每类中再分步来计数；但当分类较多时，可用间接法先求出总数，再减去不符合条件的数去计数．巩固用0,1，…，9这十个数字，可以组成多少个：(1)三位整数？(2)无重复数字的三位整数？(3)小于500的无重复数字的三位整数？解析：由于0不可在最高位，因此应对它进行单独考虑．(1)百位数字有9种选择，十位数字和个位数字都各有10种选择．由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数共有9×10×10＝900(个)．(2)由于数字不可重复，可知百位数字有9种选择，十位数字也有9种选择，但个位数字仅有8种选择．由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数共有9×9×8＝648(个)．(3)百位数字只有4种选择，十位数字有9种选择，个位数字有8种选择．由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数共有4×9×8＝288(个)．题型六涂色问题例6把一个圆分成3个扇形，现在用5种不同的颜色给3个扇形涂色，要求相邻扇形的颜色互不相同，问(1)有多少种不同的涂法？(2)若分割成4个扇形呢？解析：(1)不同的涂色方法是5×4×3＝60种．(2)如图所示，分别用a，b，c，d记这四个扇形．先考虑给a，c涂色，分两类：第一类给a，c涂同种颜色，共5种涂法；再给b涂色，有4种涂法；最后给d涂色，也有4种涂法．由分步乘法计数原理知，此时共有5×4×4种涂法．第二类给a，c涂不同颜色，共有5×4种涂法；再给b涂色，有3种方法；最后给d涂色，也有3种方法．此时共有5×4×3×3种涂法．由分类加法计数原理知，共有5×4×4＋5×4×3×3＝260种涂法．点评：涂色问题往往是既要分类又要分步，因此是排列组合中较难的问题．一般根据颜色的异同分类，根据涂色区域分步．巩固将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法总数．解析：按照S→A→B→C→D的顺序分类染色．第一类：A，C染相同颜色，有5×4×3×1×3＝180(种)；第二类：A，C染不同颜色，有5×4×3×2×2＝240(种)．故共有180＋240＝420种不同的染色方法．（加法）A组1．家住广州的小明同学准备周末去深圳参观旅游，从广州到深圳一天中动车组有30个班次，特快列车20个班次，汽车有40个不同班次．则小明乘坐这些交通工具去深圳有多少种不同的方法()A．90种B．120种C．180种D．360种解析：根据分分类加法计数原理，得方法种数为30＋20＋40＝90(种)．故选A.答案：A2．从A地到B地要经过C地和D地，从A地到C地有3条路，从C地到D地有2条路，从D地到B地有4条路，则从A地到B地不同走法的种数是()A．9种B．10种C．18种D．24种答案：D3．已知x∈{2,3,7}，y∈{－3，－4,8}，则x·y可表示不同的值的个数为()A．8个B．9个C．10个D．12个解析：根据分步乘法计数原理，得乘积个数为3×3＝9(个)，未出现重复的现象．故选B.答案：BB组一、选择题1．王刚同学衣服上左、右各有一个口袋，左边口袋装有30个英语单词卡片，右边口袋装有20个英语单词卡片，这些英语单词卡片都互不相同，问从两个口袋里各任取一个英语单词卡片，则不同的取法有() A．20种B．600种C．10种D．50种答案：B2.现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为()A．7种B．12种C．64种D．81种解析：要完成配套，分两步：第一步，选上衣，从4件中任选一件，有4种不同的选法；第二步，选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同选法．故共有4×3＝12种不同取法．答案：B3．如图，一条电路从A处到B处接通时，可构成线路的条数为()A．8条B．6条C．5条D．3条解析：依题意，可构成线路的条数为2×3＝6(条)．故选B.答案：B4．植树节那天，四位同学植树，现有3棵不同的树，若一棵树限1人完成，则不同的植树方法种数有() A．1×2×3种B．1×3种C．34种D．43种解析：完成每棵树的种植都有4种方法，由分步乘法计数原理得，完成这三棵树的种植的方法总数是4×4×4＝43(种)．故选D.答案：D5．某班小张等4位同学报名参加A、B、C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有()A．27种B．36种C．54种D．81种解析：除小张外，每位同学都有3种选择，小张只有2种选择，所以不同的报名方法有3×3×3×2＝54(种)．故选C.答案：C二、填空题6．如图，从A→C有________种不同走法．答案：67．某校会议室有四个出入门，若从一个门进，另一个门出，不同的走法有________种．答案：128.在所有的两位数中，则个位数字大于十位数字的两位数共有________个．解析：根据题意将十位上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理，符合题意的两位数的个数共有：8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．答案：36三、解答题9．小明同学有课外参考书若干本，其中有5本不同的外语书，4本不同的数学书，3本不同的语文书，他欲带参考书到图书馆阅读．(1)若他从这些参考书中带1本去图书馆，有多少种不同的带法？(2)若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？解析：(1)完成的事情是带一本书，无论带外语书，还是数学书、语文书，事情都已完成，从而确定应用分类加法计数原理，结果为5＋4＋3＝12种．(2)选1本外语书和选1本数学书应用分步乘法计数原理，有5×4＝20种选法；同样，选外语书、语文书各1本，有5×3＝15种选法；选数学书、语文书各1本，有4×3＝12种选法；即有三类情况，应用分类加法计数原理，结果为20＋15＋12＝47种．10．如图是某校的校园设施平面图，现用不同的颜色作为各区域的底色，为了便于区分，要求相邻区域不能使用同一种颜色．若有6种不同的颜色可选，问有多少种不同的着色方案？解析：操场可从6种颜色中任选1种着色；餐厅可从剩下的5种颜色中任选1种着色；宿舍区和操场、餐厅颜色都不能相同，故可从剩下的4种颜色中任选1种着色；教学区和宿舍区、餐厅的颜色都不能相同，故可从剩下的4种颜色中任选1种着色．根据分步乘法计数原理，知共有6×5×4×4＝480(种)着色方案．（乘法）A组1．某小组有8名男生，6名女生，从中任选男生、女生各一人去参加座谈会，则不同的选法有() A．48种B．24种C．14种D．12种解析：从8名男生中任意挑选一名参加座谈会，共有8种不同的选法，从6名女生中任意挑选一名参加座谈会，共有6种不同的选法．由分步乘法计数原理知，不同的选法共有8×6＝48(种)．故选A.答案：A2．(a1＋a2)·(b1＋b2＋b3)·(c1＋c2＋c3＋c4)的展开式中的项数是()A．48项B．36项C．24项D．12项解析：要得到项数分三步：第一步，从第一个因式中取一个因子，有两种取法；第二步，从第二个因式中取一个因子，有3种取法；第三步，从第三个因式中取一个因子，有4种取法．由分步乘法计数原理知，共有2×3×4＝24(项)．故选C.答案：C3．已知函数y＝ax2＋bx＋c，其中a，b，c∈{0,1,2,3,4}，则不同的二次函数的个数为()A．125个B．15个C．100个D．10个答案：CB组一、选择题1．由0,1,2三个数字组成的三位数(允许数字重复)的个数为()A．27个B．18个C．12个D．6个解析：分三步，分别取个位、十位、百位上的数字，分别有3种、3种、2种取法，故共可得3×3×2＝18个不同的三位数．答案：B2．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有()A．12种B．10种C．9种D．8种答案：A3．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为() A．40个B．16个C．13个D．10个答案：C4．某市汽车牌照号码(由4个数字和1个字母组成)可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D 中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)．某车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌号码所有可能的情况有()A．180种B．360种C．720种D．960种解析：分五步完成，第i步取第i个号码(i＝1,2,3,4,5)．由分步乘法计数原理，可得车牌号码共有5×3×4×4×4＝960种．故选D.答案：D5．满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为() A．14个B．13个C．12个D．10个解析：方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，分析讨论：①当a＝0时，很显然为垂直于x轴的直线方程，有解．此时可以取4个值．故有4种有序数对；②当a≠0时，需要Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.显然有3个实数对不满足题意，分别为(1,2)，(2,1)，(2,2)．因为(a，b)共有4×4＝16种实数对，故答案应为16－3＝13.故选B.答案：B二、填空题6．如图，从A到C有________不同的走法．解析：用列举法可知有8种不同的走法．答案：87．若从1,2,3，…，9这9个数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法有________种．答案：668．把9个相同的小球放入编号为1,2,3的三个箱子里，要求每个箱子放球的个数不小于其编号数，则不同的放球方法共有____种．解析：第一个箱子放入1个小球则共有4种情况，第一个箱子放入2个小球则共有3种情况，第一个箱子放入3个小球则共有2种情况，第一个箱子放入4个小球则共有1种情况，据分类加法计数原理共有10种情况．答案：10三、解答题9．从1到200的自然数中，各个数位上都不含有数字8的自然数有多少个？解析：从整体看需分类完成，用分类计数原理．从局部看需分步完成，用分步计数原理．第一类：一位数中除8外符合要求的有8个(0除外)；第二类：两位数中，十位上数字除0和8外有8种情况，而个位数字除8外，有9种情况，有(8×9)个符合要求；第三类：三位数中，百位上数字是1的，十位和个位上数字除8外均有9种情况，有(9×9)种，而百位数字上是2的只有200符合．所以总共有8＋8×9＋9×9＋1＝162(个)．10．某人有4种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多)，要在如图所示的6个点A，B，C，A1，B1，C1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有多少种？解析：第一步，在点A1，B1，C1上安装灯泡，A1有4种方法，B1有3种方法，C1有2种方法，共有4×3×2＝24(种)方法．第二步，从A，B，C中选一个点安装第4种颜色的灯泡，有3种方法．第三步，再给剩余的两个点安装灯泡，共有3种方法，由分步乘法计数原理可得，共有4×3×2×3×3＝216(种)方法．11。
LY4011枚举法加法原理与乘法原理
LY40011小学数学竞赛系列——枚举法、加法原理与乘法原理一、枚举法的解题方法与关键：分类、按序、找规律（用加法原理与乘法原理）二、加法原理与乘法原理解题方法与关键：事情是否完成。
1、加法原理：完成一事有 ,,,321N N N 种方法，总的方法是每种方法之和。
2、乘法原理：完成一事有N 个步骤，每个步骤分别有 ,,,321N N N 种方法，总的方法是每个步骤的方法之积。
N = ⨯⨯⨯321N N N总的方法——：排位子的应用。
三、例题讲解1、有15个足球队进行比赛，比赛采用单循环制(每两队之间赛一场)，总共要比赛几场？2、15个学校的足球队进行比赛，比赛采用双循环制(每两队之间赛二场,亦称主客场制)，总共要比赛几场？3、希望小学乒乓球比赛,有211人参加,比赛采用淘汰制(输一场即退出比赛),要决出冠军,一共要比赛多少场?4、现有人民币1角、2张，5角、1元、2元、5元各两张，可以组成多少种不同的币值？5、现有人民币1角、2张，5角、1元、2元、5元、10元各一张，可以组成多少种不同的币值？6、将3枚不同棋子放入下图的方格中，使每行每列只有一个棋子，共有多少种不同的放法？7、有一台天平，左端放砝码，右端放物品（物品不能当砝码使用）；现有1克、2克、4克、8克、16克砝码各一个，用这些砝码一共可称出多少种不同重量的物品？8、有一台天平，左端放砝码，右端放物品（物品不能当砝码使用）；要秤出1克～50克的物品，至少需要多少个砝码？最重的砝码至少多少克？9、有一台天平，两端都可以放砝码，物品不能当砝码使用；要秤出1克～50克的物品，至少需要多少个砝码？10、末位数是6，且能被6整除的四位数有多少个？11、用数字1，3，5，7，9可以组成多少个没有重复数字的五位数？所有这些五位数的和是多少？所有这些五位数的平均数是多少？12、有一些数，如12221，32523，94149，…这些数具有左右对称的特征，那么五位数中，共有多少个对称的偶数？13、把16支相同的铅笔分给四个人，每人至少得2支，且每人都得到偶数支，共有（）种不同的分法。
数学 加法原理和乘法原理教学设计
加法原理和乘法原理教学目标正确理解和掌握加法原理和乘法原理，并能准确地应用它们分析和解决一些简单的问题，从而发展学生的思维能力，培养学生分析问题和解决问题的能力．教学重点和难点重点：加法原理和乘法原理．难点：加法原理和乘法原理的准确应用．教学用具投影仪．教学过程设计（一）引入新课从本节课开始，我们将要学习中学代数内容中一个独特的部分——排列、组合、二项式定理．它们研究对象独特，研究问题的方法不同一般．虽然份量不多，但是与旧知识的联系很少，而且它还是我们今后学习概率论的基础，统计学、运筹学以及生物的选种等都与它直接有关．至于在日常的工作、生活上，只要涉及安排调配的问题，就离不开它．今天我们先学习两个基本原理．（二）讲授新课1．介绍两个基本原理先考虑下面的问题：问题1：从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船．一天中，火车有4个班次，汽车有个班次，轮船有3个班次．那么一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同的走法？因为一天中乘火车有4种走法，乘汽车有2种走法，乘轮船有3种走法，每种走法都可以完成由甲地到乙地这件事情．所以，一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有4+2+3=9种不同的走法．这个问题可以总结为下面的一个基本原理（打出片子——加法原理）：加法原理：做一件事，完成它可以有几类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有m n种不同的方法．那么，完成这件事共有N=m1+m2+…+m 种不同的方法．n请大家再来考虑下面的问题（打出片子——问题2）：问题2：由A村去B村的道路有3条，由B村去C村的道路有2条（见下图），从A村经B村去C村，共有多少种不同的走法？这里，从A村到B村，有3种不同的走法，按这3种走法中的每一种走法到达B村后，再从B村到C 村又各有2种不同的走法，因此，从A村经B村去C 村共有3×2=6种不同的走法．一般地，有如下基本原理（找出片子——乘法原理）：乘法原理：做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，……，做第n步有m n种不同的方法．那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．2．浅释两个基本原理两个基本原理的用途是计算做一件事完成它的所有不同的方法种数．比较两个基本原理，想一想，它们有什么区别？两个基本原理的区别在于：一个与分类有关，一个与分步有关．看下面的分析是否正确（打出片子——题1，题2）：题1：找1～10这10个数中的所有合数．第一类办法是找含因数2的合数，共有4个；第二类办法是找含因数3的合数，共有2个；第三类办法是找含因数5的合数，共有1个．1～10中一共有N=4＋2＋1=7个合数．题2：在前面的问题2中，步行从A村到B村的北路需要8时，中路需要4时，南路需要6时，B村到C村的北路需要5时，南路需要3时，要求步行从A村到C村的总时数不超过12时，共有多少种不同的走法？第一步从A村到B村有3种走法，第二步从B 村到C村有2种走法，共有N=3×2=6种不同走法．题2中的合数是4，6，8，9，10这五个，其中6既含有因数2，也含有因数3；10既含有因数2，也含有因数5．题中的分析是错误的．从A村到C村总时数不超过12时的走法共有5种．题2中从A村走北路到B村后再到C村，只有南路这一种走法．（此时给出题1和题2的目的是为了引导学生找出应用两个基本原理的注意事项，这样安排，不但可以使学生对两个基本原理的理解更深刻，而且还可以培养学生的学习能力）进行分类时，要求各类办法彼此之间是相互排斥的，不论哪一类办法中的哪一种方法，都能单独完成这件事．只有满足这个条件，才能直接用加法原理，否则不可以．如果完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不可缺少，需要依次完成所有步骤才能完成这件事，而各步要求相互独立，即相对于前一步的每一种方法，下一步都有m种不同的方法，那么计算完成这件事的方法数时，就可以直接应用乘法原理．也就是说：类类互斥，步步独立．（在学生对问题的分析不是很清楚时，教师及时地归纳小结，能使学生在应用两个基本原理时，思路进一步清晰和明确，不再简单地认为什么样的分类都可以直接用加法，只要分步而不管是否相互联系就用乘法．从而深入理解两个基本原理中分类、分步的真正含义和实质）（三）应用举例现在我们已经有了两个基本原理，我们可以用它们来解决一些简单问题了．例1 书架上放有3本不同的数学书，5本不同的语文书，6本不同的英语书．（1）若从这些书中任取一本，有多少种不同的取法？（2）若从这些书中，取数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？（3）若从这些书中取不同的科目的书两本，有多少种不同的取法？（让学生思考，要求依据两个基本原理写出这3个问题的答案及理由，教师巡视指导，并适时口述解法）（1）从书架上任取一本书，可以有3类办法：第一类办法是从3本不同数学书中任取1本，有3种方法；第二类办法是从5本不同的语文书中任取1本，有5种方法；第三类办法是从6本不同的英语书中任取一本，有6种方法．根据加法原理，得到的取法种数是N＝m1＋m2＋m3＝3＋5＋6＝14．故从书架上任取一本书的不同取法有14种．（2）从书架上任取数学书、语文书、英语书各1本，需要分成三个步骤完成，第一步取1本数学书，有3种方法；第二步取1本语文书，有5种方法；第三步取1本英语书，有6种方法．根据乘法原理，得到不同的取法种数是N=m1×m2×m3=3×5×6=90．故，从书架上取数学书、语文书、英语书各1本，有90种不同的方法．（3）从书架上任取不同科目的书两本，可以有3类办法：第一类办法是数学书、语文书各取1本，需要分两个步骤，有3×5种方法；第二类办法是数学书、英语书各取1本，需要分两个步骤，有3×6种方法；第三类办法是语文书、英语书各取1本，有5×6种方法．一共得到不同的取法种数是N=3×5＋3×6＋5×6=63．即，从书架任取不同科目的书两本的不同取法有63种．例2 由数字0，1，2，3，4可以组成多少个三位整数（各位上的数字允许重复）？解：要组成一个三位数，需要分成三个步骤：第一步确定百位上的数字，从1～4这4个数字中任选一个数字，有4种选法；第二步确定十位上的数字，由于数字允许重复，共有5种选法；第三步确定个位上的数字，仍有5种选法．根据乘法原理，得到可以组成的三位整数的个数是N =4×5×5=100．答：可以组成100个三位整数．教师的连续发问、启发、引导，帮助学生找到正确的解题思路和计算方法，使学生的分析问题能力有所提高．教师在第二个例题中给出板书示范，能帮助学生进一步加深对两个基本原理实质的理解，周密的考虑，准确的表达、规范的书写，对于学生周密思考、准确表达、规范书写良好习惯的形成有着积极的促进作用，也可以为学生后面应用两个基本原理解排列、组合综合题打下基础.（四）归纳小结归纳什么时候用加法原理、什么时候用乘法原理：分类时用加法原理，分步时用乘法原理．应用两个基本原理时需要注意分类时要求各类办法彼此之间相互排斥；分步时要求各步是相互独立的．（五）课堂练习P222：练习1～4．（对于题4，教师有必要对三个多项式乘积展开后各项的构成给以提示）（六）布置作业P222：练习5，6，7．补充题：1．在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的共有多少个？（提示：按十位上数字的大小可以分为9类，共有9＋8＋7＋…＋2＋1=45个个位数字小于十位数字的两位数）2．某学生填报高考志愿，有m个不同的志愿可供选择，若只能按第一、二、三志愿依次填写3个不同的志愿，求该生填写志愿的方式的种数．（提示：需要按三个志愿分成三步，共有m（m-1）（m-2）种填写方式）3．在所有的三位数中，有且只有两个数字相同的三位数共有多少个？（提示：可以用下面方法来求解：（1）△△□，（2）△□△，（3）□△□，（1），（2），（3）类中每类都是9×9种，共有9×9+9×9+9×9=3×9×9=243个只有两个数字相同的三位数）4．某小组有10人，每人至少会英语和日语中的一门，其中8人会英语，5人会日语，（1）从中任选一个会外语的人，有多少种选法？（2）从中选出会英语与会日语的各1人，有多少种不同的选法？（提示：由于8＋5=13＞10，所以10人中必有3人既会英语又会日语．（1）N=5＋2＋3；（2）N=5×2＋5×3＋2×3）。
数学枚举法和加法原理的应用
数学枚举法和加法原理的应用1. 数学枚举法数学枚举法是一种基于逐个检查可能解的方法，用于解决特定问题的数学方法。
它通常适用于问题空间较小且可以通过逐个尝试来得到解的情况。
在数学枚举法中，我们通过列举所有可能的组合或排列来找到问题的解。
数学枚举法在数论、几何和组合数学中得到广泛的应用。
2. 加法原理加法原理是组合数学中的一种基本原理，用于计算多个事件发生的总次数。
根据加法原理，如果两个事件可以同时发生的次数分别为m和n，则这两个事件发生的总次数为m + n。
加法原理也适用于多个事件的情况，只需要将事件发生的次数相加即可。
3. 数学枚举法的应用数学枚举法在解决各种实际问题中发挥着重要的作用。
以下是数学枚举法的一些应用示例：•排列组合问题：数学枚举法常用于解决排列组合问题，例如从一组物品中选择不同的组合或排列的问题。
•密码破译：通过枚举所有可能的密码组合，可以尝试破解密码。
这种方法虽然耗时较长，但在密码组合较小的情况下是可行的。
•游戏问题：如数独、数码拼图等，都可以通过枚举所有可能的解来求解。
•找零问题：在货币组合有限的情况下，可以通过枚举所有可能的找零方式来解决找零问题。
4. 加法原理的应用加法原理在实际问题中也有很多应用。
以下是加法原理的一些应用示例：•路径问题：在图论中，求从点A到点B的路径数量时，可以通过将所有可能的路径分解为多个子路径并使用加法原理计算总路径数量。
•概率问题：在概率计算中，如果事件A和事件B互斥且无关，则两个事件同时发生的概率为P(A) + P(B)。
•赛事问题：在比赛中，如果参赛者可以选择参加多个项目，则总的参赛方式数量可以通过将每个项目的参赛方式数量相加得到。
•组合问题：如果有多个组合方式，并且每种组合方式都包含不同的元素，则可以使用加法原理计算总的组合方式数量。
以上仅是数学枚举法和加法原理在实际问题中的一些应用示例，实际应用中还有更多的情况。
通过数学枚举法和加法原理，我们可以解决复杂的问题并得到准确的答案。
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。
两个基本计数原理
两个基本计数原理基本计数原理是组合学中应用广泛的数学原理，用于计算组合问题的方法。
它包括两个主要原理，分别是加法原理和乘法原理。
以下是关于这两个基本计数原理的详细介绍。
一、加法原理加法原理也称为分支原理，是一种用于计算多个不同情况的总数的方法。
具体而言，加法原理提供了计算不同情况总和的方法。
加法原理适用于以下情况：1.互斥情况：如果事件A和事件B是不相关的，且两者不能同时发生，那么发生A或发生B的总数就是事件A和事件B发生总数的和。
例如，抛掷一枚硬币，获得正面或者获得背面的总数是1+1=22.不互斥情况：如果事件A和事件B之间存在重叠的情况，那么发生A或发生B的总数是事件A的总数加上事件B的总数，再减去两者发生的重叠部分的总数。
例如，有10个人中，有4人会弹吉他，5人会弹钢琴，其中有2人既会弹吉他又会弹钢琴。
那么会弹吉他或会弹钢琴的总数是4+5-2=7二、乘法原理乘法原理也称为选择原理，是一种用于计算事件依次发生的组合计数问题的方法。
具体而言，乘法原理提供了计算每个阶段都有n种选择的总数的方法，以及计算一些特定情况下的总数的方法。
乘法原理适用于以下情况：1.每个阶段都有n种选择的情况：假设一些事件有m个阶段依次发生，且每个阶段都有n种选择，那么该事件发生的总数就是每个阶段选择数量的乘积。
例如，晨跑时路线有3个选择（A、B、C），早餐有4个选择（米饭、面包、牛奶、鸡蛋），那么不同的晨跑路线加上早餐的总数是3*4=122.一些特定情况下的总数：假设一些事件有m个阶段依次发生，而其中有k个阶段存在多种选择，那么该事件发生的总数就是每个阶段选择数量的乘积。
例如，密码锁有4位数字密码，每一位数字是0-9之间的任意一个数字，那么可能的密码总数是10*10*10*10=10^4总结：加法原理和乘法原理是组合数学中常用的计数方法。
加法原理用于计算互斥情况和不互斥情况下的总数，可以通过求和、减法和加减混合等操作实现。
第05讲_加法原理与乘法原理
第五讲加法原理与乘法原理“加法原理与乘法原理”研究的可不是加法和乘法怎么算！我们以前学习过枚举计数的方法，但枚举法对于很多计数问题来说太麻烦了，今天我们要学习的加法原理、乘法原理是计数问题中的两种新的计算方法．先举一个例子：餐厅里有4种炒菜和2种炖菜，4种炒菜分别是：红烧鱼块、滑溜里脊、清炒虾仁和三鲜豆腐，2种炖菜分别是：土豆炖牛肉和萝卜炖排骨．点菜时如果只点一个菜，有点炒菜和点炖菜这两类方式．也就是说，可以点：红烧鱼块、滑溜里脊、清炒虾仁、三鲜豆腐、土豆炖牛肉和萝卜炖排骨之一，有如果要求炒菜和炖菜各点一个，这时我们可以把一个炒菜和一个炖菜看成一个点菜组合，点炒菜是一第一步，点炖菜是第二步，这两步缺一不可．炒菜选红烧鱼块的点菜方法有2种：（红烧鱼块，土豆炖牛肉）、（红烧鱼块，萝卜炖排骨）；类似地，选滑溜里脊的也有2种：（滑溜里脊，土豆炖牛肉）、（滑溜里脊，萝卜炖排骨）；选清炒虾仁的也有2种：（清炒虾仁，土豆炖牛肉）、（清炒虾仁，萝卜炖排骨）；选三鲜豆腐的也有2种：（三鲜豆腐，土豆炖牛肉）、（三鲜豆腐，萝卜⨯=种点菜方法，其中4代表4种炒菜，2代表2种炖排骨）．合在一起就有428小高一家人外出旅游，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以坐飞机．经过网上查询，出发的那一天中火车有4班，汽车有3班，飞机有2班．任意选择其中一个班次，有多少种出行方法？「分析」选择不同的交通工具是分类还是分步？是用加法原理还是乘法原理呢？练习1 书架上有8本不同的小说和10本不同的漫画，大头要从书架上任意取一本书，有多少种不同的取法？例题2用红、黄两种颜色给图中房子的屋顶、烟囱、门、窗四个部分染色，每个部分只能染一种颜色，一共有多少种不同的染色方法？ 「分析」要给四个部分染色，我们很容易想到要依次染每个部分，这是分类还是分步呢？只染一个部分能完成这件事情吗？练习2用红、黄两种颜色给图中鸭子的眼睛、嘴巴、身子三个部分染色，每个部分只能染一种颜色，一共有多少种不同的染色方法？分类是指完成一件事情有几类不同方法，从中任意选取一类即可，它们之间可以相互替代，任意选取一类都可以完成这件事．这种情况下一般要用到加法原理．分步是指完成一件事情有几步不同步骤，每一步都必须执行，它们之间不可以相互替代，少一步都不能完成这件事．这种情况下一般要用到乘法原理．例题3从甲地到乙地有3条路，从乙地到丙地有3条路，从甲地到丁地有2条路，从丁地到丙地有4条路．如果要求所走路线不能重复，那么从甲地到丙地共有多少条不同的路线？「分析」要从甲地到丙地，就必须途径乙、丁两地之一．“甲→乙→丙”与“甲→丁→丙”这两类路线各有多少条呢？果要求所走路线不能重复，那么从甲地到丙地共有多少条不同的路线？通过上面这几个例题，我们总结一下加法原理与乘法原理之间的区别．●加法原理类与类之间会满足下列要求：1.只能选择其中的某一类，而不能几类同时选；2.类与类之间可以相互替代，只需要选择某一类就可以满足要求．比如例题1中，飞机、火车或汽车是可以随意选择的，小高一家人只选择其中一种交通工具，就能到达目的地了．●乘法原理步与步之间满足下列要求：1.每步都只是整件事情的一个部分，必须全部完成才能满足结论；2.步骤之前有先后的顺序，先确定好一步，再做下一步，……，直到最后．比如例题2中，屋顶、烟囱、门、窗都要涂色，只是可以有先后的步骤关系．在这里，屋顶、烟囱、门、窗先涂哪一个都可以．但有的时候却不能随意安排顺序，这种问题稍微难一些，我们在日后会接触到．●加法原理与乘法原理的混合有些问题中，既有分类的关系，又有分步的关系．这时应该分清主次关系，弄清楚到底是“分类中含有分步”，还是“分步中含有分类”．如果是某一大类里面又可以再分为几小步，那么应该这一类里用乘法原理进行计算，最后再用加法原理把各类中的情况加在一起，比如例题3．当然我们以后也会碰到某一大步里面又可以再分为几小类的情况，这就要先用加法原理算出每一大步中有多少种情况，再用乘法原理把总数算出来．在本讲的最后，我们来介绍标数法．标数法是解决路径条数问题的重要方法．如下图所示，我们要计算蚂蚁从A点沿箭头的方向爬到B点的不同路线有多少条．由于蚂蚁只能向上走或者向右走，因此对于最下面一行中的每个点，蚂蚁只有一种方法可以到达，对于最左边一列中的点也是同样的结论（特别地，我们把A 点处标上1，表示蚂蚁从A 点出发到达A 点，只有原地不动这一种方式）．我们用标数法标出蚂蚁到达每个点的路线数，已经得到的结果如下图所示．容易看出，蚂蚁可以从C 点或者D 点到达E 点，而且只有这两类不同的方式，那么我们可以在E 点处标上数字112+=（把C 点与D 点的数字相加），表示蚂蚁到达E 点有两条路线．同样道理，蚂蚁可以从E 点或者F 点到达G 点，那么蚂蚁到达G 点就有213+=条路线（把E 点与F 点的数字相加）．最后可以得到蚂蚁到达B 点有4条路线，如下图所示．例题4 在下图中，从A 点沿线段走到B 点，每次只能向上或向右走一步，共有多少种不同走法？「分析」标数法其实就是要找到前一步可能在的所有点，把它们的方法数加起来．A B AB练习4在下图中，从A 点沿线段走到B 点，每次只能向上或向右走一步，共有多少种不同走法？例题5 老师要求墨莫在黑板上写出一个减法算式，要求被减数必须是三位数，减数必须是两位数．请问墨莫共有多少种不同的写法？「分析」被减数与减数都有很多种写法，只写其中一个能完成这个减法算式吗？写被减数和写减数是写出减法算式的两类还是两步？例题6书架上有三层书，第一层放了15本小说，第二层放了10本漫画，第三层放了5本科普书，并且这些书都各不相同．请问：（1）如果从所有的书中任取1本，共有多少种不同的取法？（2）如果从每一层中各任取1本，共有多少种不同的取法？（3）如果从中取出2本不同类别的书，共有多少种不同的取法？ 「分析」从第一层取1本书、从第二层取1本书、从第三层取1本书，这三件事对于前两问来说是分类还是分步？A B A B加减乘除的由来加减乘除（＋、－、×、÷）等数学符号是我们每一个人最熟悉的符号，因为不光在数学学习中离不开它们，几乎每天的日常的生活也离不开它们．别看它们这么简单，直到17世纪中叶才全部形成．法国数学家许凯在1484年写成的《算术三篇》中，使用了一些编写符号，如用D 表示加法，用M表示减法．这两个符号最早出现在德国数学家维德曼写的《商业速算法》中，他用“＋”表示超过，用“─”表示不足．到1514年，荷兰的赫克首次用“＋”表示加法，用“─”表示减法．1544年，德国数学家施蒂费尔在《整数算术》中正式用“＋”和“─”表示加减，这两个符号逐渐被公认为真正的算术符号，广泛采用．以符号“×”代表乘是英国数学家奥特雷德首创的．他于1631年出版的《数学之钥》中引入这种记法．据说是由加法符号“＋”变动而来，因为乘法运算是从相同数的连加运算发展而来的．后来，莱布尼兹认为“×”容易与“X”相混淆，建议用“•”表示乘号，这样，“•”也得到了承认．除法符号“÷”，最初这个符号是作为减号在欧洲大陆流行，奥屈特用“：”表示除或比，也有人用分数线表示比，后来有人把二者结合起来就变成了“÷”．瑞士的数学家拉哈的著作中正式把“÷”作为除号．符号“÷”是英国的瓦里斯最初使用的，后来在英国得到了推广．除的本意是分，符号“÷”的中间的横线把上、下两部分分开，形象地表示了“分”．至此，四则运算符号齐备了．作业1.题库中有三种类型的题目，数量分别为30道、40道和45道，每次考试要从三种类型的题目中各取一道组成一张试卷．问：由该题库共可组成多少种不同的试卷？2.小琴、小惠、小梅三人报名参加运动会的跳绳、跳高和短跑这三个项目的比赛，每人只能参加一项比赛，不一定三项比赛都要有人参加．请问报名的情况有多少种？3.图书馆有30本不同的数学书、20本不同的英语书和10本不同的语文书．（1）墨莫要去图书馆借1本书，有多少种不同的选择？（2）墨莫三种书都要各借1本，有多少种不同的选择？4.萱萱要从4幅水墨画、3幅油画和2幅水彩画中选取两幅不同类型的画布布置客厅，有几种选法？5.在下图中，从A点沿线段走到B点，每次只能向上或向右走一步，共有多少种不同走法？BA。
乘法原理和加法原理
乘法原理和加法原理乘法原理和加法原理是数学中常用的两种组合计数方法，它们在解决排列组合问题时起着非常重要的作用。
下面我们将分别介绍乘法原理和加法原理的概念和应用。
乘法原理。
乘法原理是指如果一个事件发生的方式有m种，另一个事件发生的方式有n种，那么这两个事件同时发生的方式有mn种。
换句话说，如果一个事件有m种可能，另一个事件有n种可能，那么这两个事件同时发生的可能性就是mn种。
举个例子，如果有一条裤子有3种颜色，一件衬衫有2种颜色，那么一套上衣下裤的搭配方式就有32=6种。
这就是乘法原理的应用。
在实际生活中，乘法原理常常用于解决排列组合问题，比如在购买商品时，不同商品的搭配方式；在安排活动时，不同活动的组合方式等等。
加法原理。
加法原理是指如果一个事件发生的方式有m种，另一个事件发生的方式有n种，那么这两个事件至少有一种发生的方式有m+n种。
换句话说，如果一个事件有m种可能，另一个事件有n种可能，那么这两个事件至少有一种发生的可能性就是m+n种。
举个例子，如果有一条裤子有3种颜色，一件衬衫有2种颜色，那么至少有一件衣服是红色的搭配方式就有3+2=5种。
这就是加法原理的应用。
在实际生活中，加法原理常常用于解决选择问题，比如在选择课程时，不同课程的选择方式；在选购商品时，不同商品的选择方式等等。
综合运用。
乘法原理和加法原理常常在实际问题中相互结合，通过综合运用这两种原理，我们可以更灵活地解决各种排列组合问题。
在实际应用中，我们可以根据具体情况选择使用乘法原理或加法原理，或者两者结合使用，以便更好地解决问题。
总结。
乘法原理和加法原理是数学中常用的两种组合计数方法，它们在解决排列组合问题时起着非常重要的作用。
通过学习和掌握乘法原理和加法原理，我们可以更好地解决实际生活中的各种组合问题，提高解决问题的能力和效率。
通过上面的介绍，相信大家对乘法原理和加法原理有了更深入的了解，希望大家在实际应用中能够灵活运用这两种原理，解决各种排列组合问题。
两个基本计数原理加法原理和乘法原理
两个基本计数原理加法原理和乘法原理两个基本计数原理：加法原理和乘法原理在我们日常生活和数学世界中，经常会遇到需要计算可能性、数量或者方案的情况。
而两个基本的计数原理——加法原理和乘法原理，就像是我们解决这类问题的得力工具。
它们虽然看似简单，但却有着极其重要的应用和深刻的内涵。
先来说说加法原理。
想象一下，你要从北京去上海，有两种交通方式可以选择，一种是坐飞机，另一种是坐高铁。
那么你去上海的方式总共有几种呢？答案很明显，就是 2 种。
这就是加法原理的一个简单例子。
加法原理说的是，如果完成一件事有 n 类办法，在第一类办法中有 m1 种不同的方法，在第二类办法中有 m2 种不同的方法，……，在第 n 类办法中有 mn 种不同的方法，那么完成这件事共有 N ＝ m1 ＋m2 ＋… ＋ mn 种不同的方法。
再来看一个稍微复杂点的例子。
假设你周末想去运动，有三种选择：打篮球、踢足球或者打羽毛球。
如果打篮球有 5 个场地可以选择，踢足球有 3 个场地可以选择，打羽毛球有 4 个场地可以选择，那么你周末运动的场地选择总共有多少种呢？根据加法原理，就是 5 ＋ 3 ＋ 4＝ 12 种。
加法原理的关键在于“分类”，每一类方法都能独立完成这件事，而且这些类之间是相互独立的，没有重叠和交叉。
接下来聊聊乘法原理。
假如你要从 A 地去 B 地，中途需要经过 C 地中转。
从 A 地到 C 地有 3 条路线可以选择，从 C 地到 B 地有 2 条路线可以选择。
那么从 A 地经过 C 地到 B 地总共有多少条路线呢？答案是 3×2 ＝ 6 条。
这就是乘法原理的体现。
乘法原理是说，如果完成一件事需要 n 个步骤，做第一步有 m1 种不同的方法，做第二步有 m2 种不同的方法，……，做第 n 步有 mn 种不同的方法，那么完成这件事共有 N ＝m1×m2×…×mn 种不同的方法。
乘法原理的核心在于“分步”，每一步都不能单独完成这件事，只有完成所有步骤，才能最终完成这件事，而且每一步的方法之间是相互独立的。
两个基本计数原理加法原理和乘法原理
两个基本计数原理加法原理和乘法原理两个基本计数原理：加法原理和乘法原理在我们的日常生活和数学学习中，计数是一项经常会遇到的任务。
而两个基本的计数原理——加法原理和乘法原理，就像是我们解决计数问题的两把神奇钥匙，能帮助我们轻松应对各种复杂的情况。
首先，咱们来聊聊加法原理。
想象一下，你要从家去学校，有三条不同的路可以选择，分别是小路、大路和中间的那条道。
那么，你从家到学校的走法一共有几种呢？很简单，就是这三条路的总和，也就是 3 种。
这就是加法原理的一个简单例子。
加法原理说的是，如果完成一件事情有 n 类不同的办法，在第一类办法中有 m1 种不同的方法，在第二类办法中有 m2 种不同的方法，……，在第 n 类办法中有 mn 种不同的方法，那么完成这件事情共有 N ＝ m1 ＋ m2 ＋… ＋ mn 种不同的方法。
比如说，在一个班级里，要选一名班长，候选人有男生 5 名，女生3 名。
那么选班长的可能性一共有多少种呢？答案就是 5 ＋ 3 ＝ 8 种。
因为选男生当班长是一类办法，有 5 种可能；选女生当班长是另一类办法，有 3 种可能。
把这两类办法的数量加起来，就是总的可能性。
再比如，你周末想去看电影，有喜剧片、动作片和科幻片三种类型的电影可以选择，每种类型分别有 5 部、4 部和 3 部正在上映。
那么你能选择的电影总共有多少部呢？这时候就要用加法原理，5 ＋ 4 ＋ 3 ＝12 部。
接下来，咱们说一说乘法原理。
假设你早上起床要穿衣服，上衣有3 件不同的款式，裤子有 2 条不同的款式。
那么你搭配衣服的方式有几种呢？这就要用到乘法原理啦，因为你选上衣有 3 种选择，选裤子有 2 种选择，所以总的搭配方式就是 3×2 ＝ 6 种。
乘法原理是指，如果完成一件事情需要 n 个步骤，做第一步有 m1 种不同的方法，做第二步有 m2 种不同的方法，……，做第 n 步有 mn 种不同的方法，那么完成这件事情共有 N ＝m1×m2×…×mn 种不同的方法。
两个基本计数原理加法原理和乘法原理
两个基本计数原理加法原理和乘法原理两个基本计数原理：加法原理和乘法原理在我们的日常生活和学习中，计数是一项经常会遇到的任务。
比如，计算从家到学校有多少种不同的路线，或者在商店里挑选衣服时有多少种搭配方式。
而在解决这些计数问题时，两个基本的计数原理——加法原理和乘法原理，就发挥着至关重要的作用。
先来说说加法原理。
加法原理指的是，如果完成一件事情有 n 类不同的方式，在第一类方式中有 m1 种不同的方法，在第二类方式中有m2 种不同的方法，……，在第 n 类方式中有 mn 种不同的方法，那么完成这件事情共有 N ＝ m1 ＋ m2 ＋… ＋ mn 种不同的方法。
为了更好地理解加法原理，我们来看一个例子。
假设你要从 A 地去B 地，有三种交通方式可以选择：飞机、火车和汽车。
如果选择飞机有 5 个航班可选，选择火车有 10 趟车次可选，选择汽车有 8 趟班车可选。
那么从 A 地到 B 地，总的出行方式就有 5 ＋ 10 ＋ 8 ＝ 23 种。
在这个例子中，选择飞机、火车、汽车这三种交通方式是相互独立的，彼此之间没有交叉和关联。
无论选择哪种方式，都能够完成从 A地到 B 地的行程。
所以，我们只需要将每种方式的可选数量相加，就可以得到总的出行方式数量。
再来看乘法原理。
乘法原理是说，如果完成一件事情需要分成 n 个步骤，做第一步有 m1 种不同的方法，做第二步有 m2 种不同的方法，……，做第 n 步有 mn 种不同的方法，那么完成这件事情共有 N ＝m1 × m2 × … × mn 种不同的方法。
比如说，你要从你的衣柜里挑选一套衣服出门，上衣有 5 件可选，裤子有 3 条可选。
那么你搭配出一套衣服的方式就有 5 × 3 ＝ 15 种。
这里，挑选上衣和挑选裤子是两个相互独立的步骤。
只有先完成挑选上衣的步骤，才能进行挑选裤子的步骤。
而且，对于每一件上衣，都可以与 3 条裤子进行搭配；对于每一条裤子，也都可以与 5 件上衣进行搭配。
枚举法求数 -回复
枚举法求数-回复枚举法是一种基础的计算方法，通过逐个枚举可能的解来求得问题的答案。
在计算数学中，枚举法通常用于解决问题，其中解的范围是可以列举的，不是无限的。
在这篇文章中，我们将重点关注枚举法在求解问题时的应用。
我们将从基本概念开始，逐步深入探讨如何利用枚举法来求得问题的解。
一、枚举法的基本概念和原理枚举法的基本思想是通过遍历搜索问题的解空间，找到满足问题要求的所有解。
在枚举法中，我们将问题的解空间划分为有限个部分，依次逐个考察每个部分，找到满足问题要求的解。
二、枚举法的应用举例枚举法在不同领域有着广泛的应用，下面我们将通过几个具体的例子来解释枚举法在实际问题中的应用。
例一：求解方程的整数解假设我们要求解方程x^2 + y^2 = z^2的整数解（其中x，y，z为整数）。
利用枚举法，我们可以逐个枚举可能的整数解并检验是否满足方程。
可以从一个较小的范围开始逐个枚举x和y的值，然后计算z的值并验证是否满足方程。
通过这种方式，我们可以逐个找到满足方程的整数解。
例二：寻找最大公约数假设我们需要求解两个正整数a和b的最大公约数。
我们可以通过枚举法来寻找最大公约数。
从一个较小的范围开始，我们逐个枚举可能的公约数，然后判断该数是否同时能够整除a和b。
如果能够整除，则该数是a和b 的公约数，我们可以不断地更新最大公约数，直到枚举完所有可能的公约数。
通过这种方式，我们可以找到a和b的最大公约数。
例三：密码破解假设我们需要破解一个基于英文字母的密码，并且密码长度为n。
利用枚举法，我们可以逐个枚举可能的密码组合，并与加密后的字符串进行比对。
通过不断枚举密码组合并验证，我们最终可以找到正确的密码。
三、枚举法的优缺点枚举法作为一种基础的计算方法，有其独特的优点和局限性。
优点：1. 相对简单：枚举法的思想简单明了，容易理解和实施，无需过多的数学知识和复杂的计算。
2. 适用范围广：枚举法可以应用于各个领域，解决许多实际问题，包括数学、密码学、优化问题等。
2018年最新 加法原理与乘法原理详解 精品
加法原理与乘法原理1. 分类计数原理又称加法原理，其基本内容是：完成一件事，有n类办法，在第一类办法中有种不同的方法，在第二类办法中有种不同的方法，……在第n类办法中有种不同的方法。
那么完成这件事共有种不同的方法。
分类计数原理中，每一种方法都可以直接完成这件事情，各种方法之间是相互独立的。
2. 分步计数原理又称乘法原理，其基本内容是：完成一件事，需要分成n个步骤，做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法……做第n步有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法。
分步计数原理中，每一种方法都不能直接完成整件事情，因此，只有分别完成n个步骤之后，该事件才能被完成。
这n个步骤可以有序，也可以无序。
3. 两个原理的区别与联系：分类计数原理与分步计数原理是整个排列组合这一章的理论依据。
在使用时，关键在于首先必须弄清完成某件事情的含义；其次在于弄清每种方法是否能独立、直接完成这件事，若能，则采用加法原理，若不能，则采用乘法原理，“分类”与“分步”完成中，前者需类类独立，而后者需步步相关。
两个原理在综合问题中，可以同时使用，而元素能重复的问题往往用乘法原理。
4. 注意问题：使用两个原理时，对具体问题要具体分析，要注意总结解题中的一些规律，积累经验，才能学好两个原理。
例1. 某班级有男三好学生6人，女三好学生7人。
（1）从中任选1人去领奖，有多少种不同选法？（2）从中任选男、女三好学生各1人去参加座谈会，有多少种不同的选法？解：（1）完成从三好学生中任选1人去领奖这件事，共有两类办法：第一类办法是从男三好学生中选1人，有6种不同的方法（均可直接完成派一人去领奖这件事）；第二类是由女三好学生中选1人，有7种不同的方法（也可以直接完成派一人去领奖这件事），根据加法原理，共有不同选法：（种）（2）完成从男、女三好学生中各选1人去参加座谈会这件事，可分二步完成：第一步选1名男三好学生，有6种方法；第二步选1名女三好学生，共有7种方法。
加法原理乘法原理
加法原理：完成一件工作共有N类方法。
在第一类方法中有m1种不同的方法，在第二类方法中有m2种不同的方法，……，在第N类方法中有mn种不同的方法，那么完成这件工作共有N＝m1＋m2＋m3＋…＋mn种不同方法。
运用加法原理计数，关键在于合理分类，不重不漏。
要求每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；两类不同办法中的具体方法，互不相同(即分类不重)；完成此任务的任何一种方法，都属于某一类(即分类不漏)。
合理分类也是运用加法原理解决问题的难点，不同的问题，分类的标准往往不同，需要积累一定的解题经验。
乘法原理：完成一件工作共需N个步骤：完成第一个步骤有m1种方法，完成第二个步骤有m2种方法，…，完成第N个步骤有mn种方法，那么，完成这件工作共有m1×m2×…×mn种方法。
运用乘法原理计数，关键在于合理分步。
完成这件工作的N个步骤，各个步骤之间是相互联系的，任何一步的一种方法都不能完成此工作，必须连续完成这N步才能完成此工作；各步计数相互独立；只要有一步中所采取的方法不同，则对应的完成此工作的方法也不同。
【题目】：用1角、2角和5角的三种人民币（每种的张数没有限制）组成1元钱，有多少种方法？各数位的数字之和是24的三位数共有多少个？【题目】：有一批长度分别为1，2，3，4，5，6，7和8厘米的细木条若干，从中选取适当的3根木条作为三条边可以围成多少个不同的三角形？【题目】：一把钥匙只能开一把锁，现在有10把钥匙和10把锁全部都搞乱了，最多要试验多少次才能全部配好锁和相应的钥匙？某人到食堂去买饭菜，食堂里有4种荤菜，3种蔬菜，2种汤。
他要各买一样，共有多少种不同的买法？【题目】：用数字0，3，8，9能组成多少个数字不重复的三位数？【题目】：下图中共有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？用4种不同的颜色给下图的这幅地图染色，使相邻的两块颜色不相同，共有多少种不同的染法？【题目】：如下图，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？从5幅国画，3幅油画，2幅水彩画中选取两幅不同类型的画布置教室，问有几种不同的选法？【题目】：如下图，要从A点沿线段走到B点，要求每一步都是向右、向上或向斜上方，问有多少种不同的走法？【题目】：如下图，用红、绿、蓝、黄四种颜色涂编号为1，2，3，4的长方形，使任何相邻的两个长方形的颜色都不同。
计数问题(一)
计数问题（一）计数问题是我们在学习和生活中经常遇到的一类问题，如果能够学会和掌握计数问题的思考方法，就可以使我们快捷、准确无误的解决一些实际问题，使我们考虑问题更全面、更细致。
（一）阅读思考在解决“计数问题”时，我们采用的方法通常有三种：枚举法、加法原理和乘法原理，下面向大家一一做个介绍。
1. 枚举法枚举法就是要将计数的对象一一列举出来，做到不重复、不遗漏，最后数出或计算出所列举的总数目。
为了在枚举时不重复不遗漏，我们的思考就要遵循某种规律，或者说采取某种规则，也就是说思路应该是“有序”的。
应避免“东想一个，西想一个”，造成不必要的麻烦。
例1. 用3、5、7三种数字可以组成多少个不同的三位数。
分析：百位数字有三种情况，十位数字也有三种情况，个位数字还有三种情况，我们可以用枚举法把所有三位数都写出来。
一共有27个不同的三位数。
应用枚举法，所得的结果完整、直观，一目了然。
但是枚举法也有缺点，就是如果题目中数目较大，那么枚举的思考难度就比较大，思考的过程也比较费时。
下面给大家介绍一种很简捷的方法。
2. 乘法原理乘法原理：完成一件事需要几个步骤，如果第一步有种方法，第二步有种方法……，第n步有种方法，我们就说完成这件事一共有：种不同的方法。
例2. 在的方格棋盘上，如图所示，每个小方格中放一枚围棋子（棋子有黑白两种颜色），则可以得到多少种不同的放法？分析：在这个棋盘上放围棋子，可以分为6个步骤，也就是一个格一个步骤。
因为在每一个格中都可能有两种放棋子的方法，所以我们说这道题，所以，这道题一共有种不同的摆法。
同学们，你能不能利用“乘法原理”解答例1呢？在应用乘法原理时，要注意乘法原理的应用条件，“n个步骤”缺一不可。
如果缺少了步骤，那么就不能完成这件事了。
3. 加法原理在计数问题中，还有一类题目，它不满足乘法原理的条件。
例3. 图书室的书架上摆放着各种图书，其中故事书120册。
科幻小说16册，英语故事10册，画报40册，连环画80册，一位学生要在这些图书中借一册，他有多少种不同的借阅方法？分析与解：题目中告诉我们，一位学生到图书室借阅一册图书，他可以有五类选择方法，第一类可选故事书，他有120种选择方法；第二类可选科幻小说，他有16种选择方法；第三类可选英语故事，他有10种选法，第四类可选画报，他有40种选法，第五类可选连环画，他有80种选择方法。
初中数学竞赛加法原理、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.。
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LY40011小学数学竞赛系列——枚举法、加法原理与乘法原理
一、枚举法的解题方法与关键：分类、按序、找规律（用加法原理与乘法原理）
二、加法原理与乘法原理解题方法与关键：事情是否完成。
1、加法原理：完成一事有 ,,,321N N N 种方法，总的方法是每种方法之和。
2、乘法原理：完成一事有N 个步骤，每个步骤分别有 ,,,321N N N 种方法，总的方法是每个步骤的方法之积。
N = ⨯⨯⨯321N N N
总的方法——：排位子的应用。
三、例题讲解
1、有15个足球队进行比赛，比赛采用单循环制(每两队之间赛一场)，总共要比赛几场？
2、15个学校的足球队进行比赛，比赛采用双循环制(每两队之间赛二场,亦称主客场制)，总共要比赛几场？
3、希望小学乒乓球比赛,有211人参加,比赛采用淘汰制(输一场即退出比赛),要决出冠军,一共要比赛多少场?
4、现有人民币1角、2张，5角、1元、2元、5元各两张，可以组成多少种不同的币值？
5、现有人民币1角、2张，5角、1元、2元、5元、10元各一张，可以组成多少种不同的币值？
6、将3枚不同棋子放入下图的方格中，使每行每列只有一个棋子，共有多少种不同的放法？
7、有一台天平，左端放砝码，右端放物品（物品不能当砝码使用）；现有1克、2克、4克、8克、16克砝码各一个，用这些砝码一共可称出多少种不同重量的物品？
8、有一台天平，左端放砝码，右端放物品（物品不能当砝码使用）；要秤出1克～50克的物品，至少需要多少个砝码？最重的砝码至少多少克？
9、有一台天平，两端都可以放砝码，物品不能当砝码使用；要秤出1克～50克的物品，至少需要多少个砝码？
10、末位数是6，且能被6整除的四位数有多少个？
11、用数字1，3，5，7，9可以组成多少个没有重复数字的五位数？所有这些五位数的和是多少？所有这些五位数的平均数是多少？
12、有一些数，如12221，32523，94149，…这些数具有左右对称的特征，那么五位数中，共有多少个对称的偶数？
13、把16支相同的铅笔分给四个人，每人至少得2支，且每人都得到偶数支，共有（
）种不同的分法。
14、班级图书馆有12本不同的科幻书，15本不同的漫画书，10本不同的童话书，甲要借一本书，有（）种不同的借法。
15、（接上题）如果每种书都要借一本，甲要借三本不同种类的书，有（）种不同的借法。
16、（再接上题）如果每种书只能借一本，甲要借二本不同种类的书，有（）种不同的借法。
三、巩固练习
1、已知4位数的各位数字的和是34，这样的四位数有多少个？
2、把21支相同的铅笔分给3个人，每人都得到的笔都是3的倍数支，共有（）种不同的分法。
3、现有1角，2角，5角，1元，2元，5元人民币各1张，1元3张，可以组成多少种不同的币值？
4、在数9000－9999之间有多少个数，它们只有两个相同的数字（如9029、922
5、9932）？
3、在1～2012这2012个自然数中，数字“2”出现了多少次？
4、从A组数据（1、3、
5、…、19）和B组数据（2、4、
6、…、20）中各取一个求和，不同的和有个。
5、数学老师让小马虎把甲、乙、丙、丁的本子发给这四人，可小马虎把四人的本子全搞错了，问，四本本子全发错的情况有多少种？
6、甲乙进行一场乒乓球比赛，如果谁先胜3局就判谁获胜，那么这次比赛有多少种不同的结果
7、右图共有16个方格，要反A、B、C、D四个不同的棋子放在格子内，
且每行、每列只能有一枚棋子，那么有（）种不同的放法。
8、用数字1，2，3，4，5可以组成很多个没有重复数字的四位数？所有这些四位数中，有（）个是4的倍数；有（）个是3的倍数；有（）个是6的倍数。
9、上海至北京之间有9个车站，那么上海至北京的车票有（）种不同的车票，又有（）种不同的票价。
10、15个学校的足球队进行比赛，到比赛结束，冠亚军有（）种不同的可能。
11、50名同学排成一排，按照1、2、1、2、1、2、…、1、2报数，奇数退出，偶数留下，然后继续按前一方法报数，奇数退出，偶数留下，…，最后留下的同学原来是排在第（）位的。
12、（接上题）2012名同学排成一排，按上题规则进行，最后留下的同学原来是排在第（）位的。
13、（接上题）2012名同学排成一排，按照1、2、3、1、2、3、…、1、2、3报数，不是3的号的退出，3号留下，然后继续…，直至留下1个人，最后留下的同学原来是排在第（）位的。
（提醒：n个人按1、2、3、…n，报数，n留下，最后留下的是原来排在第几位的？方法一样。
）
14、（接第11题）50名同学排成一圈，按第11题规则进行，最后留下的同学原来是排在第（）位的。
15、（接上题）50名同学排成一圈，按第11题规则进行，结果留下的是原来排在第33位的，那么原来报数是从原来的第（）位开始的。
16、（接第11题）50名同学排成一圈，改为奇数留下，偶数淘汰，按1、2、1、2、…、1、2报数，最后留下的同学原来是排在第（）位的。