乘法原理与加法原理

乘法原理与加法原理
加法原理：做一件事，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＋m3＋…＋mn种不同方法．乘法原理：如果做一件事需要分两个步骤进行，做第一步有m1种不同方法，第二步有m2种不同方法，那么完成这件事共有N=m1×m2种不同的方法。

推广后得到如下更一般的结论：
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mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×m3×…×mn种不同的方法．
注意：区分两个原理。

要做一件事，完成它若是有n类办法，是分类问题，第一类中的方法都是独立的，因此用加法原理；做一件事，需要分n个步骤，步与步之间是连续的，只有将分成的若干个互相联系的步骤，依次相继完成，这件事才算完成，因此用乘法原理．
完成一件事的分“类”和“步”是有本质区别的，因此也将两个原理区分开来．
例1
从甲地到乙地有2条路可走，乙地到丙地又有3条路可走。

问从甲地经乙地到丙地，可以有多少种不同的走法？
分析与解法
如果a1，a2表示从甲地到乙地的两条路，用b1，b2，b3表示从乙地到丙地的三条路。

从图中可以看出，从甲地经乙地到丙地共有以下6种走法：
例2
一天中午，某学生食堂供应4种主食、6种副食，小明到食堂吃饭，主、副食各选一种，问他有多少种不同的选项？
分析与解法
我们把一种主食与副食的搭配看成一种选法，完成这件事可以分两步进行：第一步选主食，有4种方法；第二步选副食，有6种方法，根据乘法原理，小明共有4×6=24种不同的选法。

例3
用1，2，3，4这四个数字
①可以组成多少个两位数？
②可以组成多少个没有重复数字的两位数？
分析与解法
①我们把组成一个两位数看成是在排好顺序的两个位置十位个位上分别填上两个数字。

第一步可以从1，2，3，4这四个数字中任选一个填在十位上，有4种不同的方法；第二步同样可以从1，2，3，4中任选一个填在个位上（数字允许重复，例如22也是符合条件的两位数），也有4种不同的方法。

根据乘法原理，用1，2，3，4这四个数可以组成4×4=16个两位数。

②同上面①的方法，第一步可以从1，2，3，4这四个数中任选一个填在十位上，有4种不同的方法；第二步由于数字不能重复，所以只能从剩下的三个数字中任选一个填在个位上，有3种不同的方法，根据乘法原理，用1，2，3，4这四个数字可以组成4×3=12个没有重复数字的两位数。

例4
从甲地到乙地，可以乘火车，也可乘轮船，还可以乘飞机。

在一天中，从甲地到乙地有4班火车，2班轮船，1班飞机。

那么在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？
分析与解法
我们把乘坐不同班次的火车、轮船或飞机称为不同的走法。

因此，从甲地到乙地乘火车有4种走法，乘轮船有2种走法，乘飞机有1种走法。

由于每一种走法都能从甲地到达乙地，根据加法原理，一天中从甲地到乙地共有4+2+1=7种不同的走法。

例5
书架上有6本故事书，5本画报，7本科普读物，①小芳从书架上任取一本，有多少种不同的取法？②小芳从这三种书籍中各取一本，有多少种不同的取法？
分析与解法
①小芳从书架上任取一本书有三类方法,第一类办法是从故事书中任取一本，可以有6种不同取法; 第二类办法是从画报中任取一本，可有5种不同取法；第三类办法是从科普读物中任取一本，可有7种不同取法。

根据加法原理，小芳任取一本共有6+5+7=18种不同取法。

②小芳要取三种不同种类的书，完成这件事可以分三步进行。

第一步，取一本故事书，有6种方法；第二步，取一本画报，有5种方法；第三步，取一本科普读物，有7种方法。

根据乘法原理，完成这件事共有6×5×7=210种不同的方法。

说明：在上述计数问题中，要注意区分运用乘法原理与加法原理的不同条件，在有些问题中，这两个基本原理还要结合起来使用。

例6
①有5个人排成一排照相，有多少种排法？
②5个人排成两排照相，前排2人，后排3人，共有多少种排法？
③5个人排成一排照相，如果某人必须站在中间，有多少种排法？
④5个人排成一排照相，某人必须站在两头，共有多少种排法？
分析与解法
①5个人排成一排照相，从左到右共有5个位置。

第一个位置可从5个人中任选一人，有5
种选法；第二个位置只能从剩下的4个人中任选一个，有4种选法；同理，第三、第四、第五个位置分别有3种、2种、1种选法。

每个位置上站了一人就是一种排法。

根据乘法原理，共有5×4×3×2×1=120种排法。

②5个人排成两排照相，可先排前排、再排后排，依次也有5个位置，类似①的方法可得共有5×4×3×2×1=120种排法。

③这里，限定某人必须站在中间，他的位置固定了，而其余4人可以任意站位，类似①的分析可知共有4×3×2×1=24种排法。

④这里，限定某人必须站在两头，这件事分两步完成，第一步，安排限定的人，有2种方法；第二步安排其他的4人，类①的分析有4×3×2×1=24种方法，根据乘法原理，共有2×（4×3×2×1）=24×2=48种排法。

说明：在上述计数问题中，有特殊条件的应予优先考虑，如下题：
例7
①用0，1，2，3这四个数，可以组成多少个没有重复数字的四位数？
②用1，2，3，4这四个数，可以组成多少个没有重复数字的三位偶数？
③用0，1，2，3这四个数，可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？
分析与解法
①一个四位数可以看做是四个数字的一个排列。

由于“0”不能作千位数，所以千位数只能从1，2，3这三个数中任取一个，有3种选法。

再考虑没有重复数字这一条件，百位、十位、个位三个位置分别有3种、2种、1种选法。

根据乘法原理，可以组成3×3×2×1=18个没有重复数字的四位数。

②一个三位偶数可以看做是三个数字的一个排列，由于是偶数，所以个位数字只能从2、4中任取一个，有2种选法。

再考虑没有重复数字这一条件，十位、百位两个位置上分别有3种、2种选法。

根据乘法原理，可以组成2×3×2=12个没有重复数字的三位偶数。

③用0，1，2，3这四个数组成没有重复数字的四位偶数有两个限制条件，一是“0”不能排在千位，个位数字只能是0或2。

由于“0”这个数字有两个限制，因此，先考虑“0”这个数字，如果“0”排在个位，则根据乘法原理，可组成3×2×1=6个无重复数字的四位偶数；如果“0”不排在个位，则个位只能选2，而千位只能从1或3中任选一个，有2种方法，百位、十位分别有2种、1种选法。

根据乘法原理，可组成2×2×1=4种无重复数字的四位偶数。

再根据加法原理，共有3×2×1+2×2×1=10个无重复数字的四位偶数。

例8
现有红、黄、蓝三种颜色的小旗各一面，用它们挂在旗杆上作信号（顺序不同时表示的信号也不同），总共可以做出多少种不同信号？
分析与解法
做出的信号可以按照挂出的小旗面数分成三类：
①只有一面旗做信号，这样做出的信号有3种；
②用二面小旗做信号，由乘法原理，做出的信号有3×2=6种。

③用三面小旗做信号，由乘法原理，做出的信号有3×2×1=6种。

根据加法原理，总共可以做出3+6+6=15种不同的信号。

1. 一个口袋装有6个小球，另一个口袋装有5个小球，所有小球的颜色都不相同。

①从两个口袋中任取一个小球，有多少种不同的取法？
②从两个口袋中各取一个小球，有多少种不同的取法？ 2. 有7本不同的书，分别借给3名同学，每人一本，有多少种不同的借法？
3. 某人从小学、初中、高中时都分别有两个学校可以选择，那么他共有几种不同的方式从小学读到高中？
4. 在“世界杯”足球赛中，共有27支小足球队参赛。

①如果这27个队进行单循环赛（两队间只比赛一次，称作一场），需要比赛多少场？ ②如果这27个队进行淘汰赛，最后决出冠军，共需比赛多少场？
5. ①用1，2，3，4可以组成多少个三位数？
②用1，2，3，4可以组成多少个没有重复数字的三位数？
③用1，2，3，4可以组成多少个没有重复数字的自然数？
④用1，2，3，4可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？
⑤用0，1，2，3可以组成多少个没有重复数字的三位数？
⑥用0，1，2，3可以组成多少个没有重复数字的三位偶数？
6. 如图，从A 地到B 地有两条路；从B 地到D 地也有两条路；从A 地到C 地只有一条路；从C 地到D 地有3条路。

问①从A 地到C 地共有多少种不同走法？
②从A 地经B 地到D 地共有多少种不同走法？
③从A 地到D 地共有多少种不同走法？
7. ①7个同学排成一排照相，共有多少种排法？
②7个同学排成两排照相，前排有3人，后排有4人，共有多少种排法？
③7个同学排成一排照相，某人必须站在中间，共有多少种排法？
④7个同学排成一排照相，某人必须站在两头，共有多少种排法？
8. 一种计时表中显示六位数，如10：24：56表示10点24分56秒，问：从0点到12点这一段时间内，计时表中出现不重复的六位数有多少个？
1. ①根据加法原理 6+5=11
②根据乘法原理 6×5=30
2. 根据乘法原理7×6×5=210
3. 根据乘法原理2×2×2=8
4. ①22627 =351 ②26
5.（参考例8）
练 习
练习答案
①4×4×4=64
②4×3×2=24
③（参考例9，分成一位、两位、三位、四位自然数讨论）
4+4×3+4×3×2+4×3×2×1=64
④3×2×2=12
⑤3×3×2=18
⑥3×2+2×2=10
6. ①1+2×2×3=13
②2×2=4
③2×2+1×3=7
7.（参考例7）
①7×6×5×4×3×2×1=5040
②7×6×5×4×3×2×1=5040
③6×5×4×3×2×1=720
④2×6×5×4×3×2×1=1440
8. 此题中的六位数可分为三类，如下图
根据题意，第一类：“时”中的首位只能在0或1中任选一个，末位可在0～9中任选一个；第二类“分”中的首位可在0～5中任选一个，末位可在0～9中任选一个；第三类“秒”中的首位可在0～5中任选一个，末位可在0～9中任选一个。

再考虑无重复数字这一条件，由于0与1这两个数字受限制，因此先对其讨论。

当0排在“时”的首位，再考虑受条件限制较多的“分”，“秒”的首位，分别有5种、4种排法，其他三个受条件限制相同，故同时考虑，其方法分别有7种、6种方法，故此时共有5×4×7×6×5=4200个无重复数字的六位数。

此时各段的讨论顺序与可选的方法如下：
当1排在“时”的首位，此时“时”的末位只能排0，其他类上述方法可得：
共有4×3×6×5=360个无重复数字的六位数。

根据加法原理，共有4200+360=4560个无重复数字的六位数。