分类加法计数原理知识分享
分类加法计数原理和分步乘法计数原理
分类加法计数原理和分步乘法计数原理首先，让我们介绍一下分类加法计数原理。
分类加法计数原理也被称为分情况计数原理，是指将问题分为几个不同的情况进行计数，然后将各个情况的计数结果相加，得到最终的可能性总数。
为了更好地理解分类加法计数原理，我们举一个例子。
假设我们有三个不同颜色的球，红色、蓝色和黄色，现在要从这三个球中选择两个球。
根据分类加法计数原理，我们可以将这个问题分为三种情况：选择两个红色球、选择一个红色球和一个蓝色球、选择一个红色球和一个黄色球。
然后分别计算出每种情况下的可能性总数，最后将这三种情况的可能性总数相加，即可得到最终的答案。
在这个例子中，我们可以计算出每种情况下的可能性总数。
选择两个红色球有C(3,2)=3种可能；选择一个红色球和一个蓝色球有C(3,1)*C(3,1)=9种可能；选择一个红色球和一个黄色球也有9种可能。
将这三种情况的可能性总数相加，即得到最终的答案，共21种可能的选择方式。
接下来，让我们来介绍一下分步乘法计数原理。
分步乘法计数原理是指将一个问题分为若干个步骤，然后计算每个步骤的可能性数目，最后将各个步骤的可能性数目相乘，得到最终的可能性总数。
同样以一个例子来说明分步乘法计数原理。
假设我们有一个4位数的密码锁，每一位的取值范围是0-9、根据分步乘法计数原理，我们将这个问题分为四个步骤：第一位数字的可能性数目、第二位数字的可能性数目、第三位数字的可能性数目以及第四位数字的可能性数目。
然后计算每个步骤的可能性数目，最后将它们相乘，得到最终的可能性总数。
综上所述，分类加法计数原理和分步乘法计数原理是解决排列组合问题中常用的两种方法。
分类加法计数原理适用于将问题分为不同情况进行计数，然后将各个情况的计数结果相加；分步乘法计数原理适用于将问题分为若干个步骤，然后计算每个步骤的可能性数目，最后将它们相乘。
通过掌握这两种计数原理，我们可以更好地解决各种排列组合问题。
计数原理
8. 1 计数原理一、知识要点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m 1种不同的方法，在第二类办法中有m 2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=m 1+m 2+…+m n 种不同的方法．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m 1种不同的方法，做第二步有m 2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=m 1×m 2×…×m n 种不同的方法．二、例题分析例1．从集合{1，2，3，…，10}中，选出由5个数组成的子集，使得这5个数中的任何两个数的和不等于11，这样的子集共有多少个?变式：把问题中选出5个数组成子集改为选出4个数组成子集，结果如何?例2．关于正整数2160，求：（1）它有多少个不同的正因数？ （2）它的所有正因数的和是多少？例3．用0，1，2，3，4，5这六个数字， （1）可以组成多少个数字不重复的三位数？ （2）可以组成多少个数字允许重复的三位数？（3）可以组成多少个数字不允许重复的三位数的奇数？（4）可以组成多少个能被3整除的数字不允许重复的三位数？（数字问题）例4．（1）三人相互传球，由甲开始发球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方法的种数是（ ）A 、6B 、8C 、10D 、16（2）1，2，3，4号足球运动员各有一件球衣在4人中互相赠送（每一个运动员不能拿自己的球衣），则不同的赠送方法有（ ）A ．6种B ．9种C ．11种D ．23种评注：第（2）小题是著名的贝努利装错信封问题当4n =时的特例．原意是，若一个人写了n 封不同的信和n 只相应的不同的信封，问这个人把这n 封信都装错了信封的装法有多少种？问题可转化为：n 个不同元素12,,,n a a a 进行排列，其中()1,2,,i a i n = 不排第i 个位置的排法种数．由容斥原理，可得相应的排法种数为：()()()()()12!1!2!1!1knk n n n n n n C n C n C n k C -⋅-+⋅--+-⋅-++- ．例5．如图一,要给①,②,③,④四块区域分别涂上五种颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同颜色,则不同涂色方法种数为( )D. 60变式：若变为图二,图三呢? 图四呢？（染色问题）例6．（1）某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如图（1））.现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有多少？ （2）（2010天津理）如图（2），用四种不同颜色给图中的A,B,C,D,E,F 六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ） （A ）288种 （B ）264种 （C ）240种 （D ）168种三、规律总结1．弄清两个原理的区别与联系，是正确使用这两个原理的前提和条件.这两个原理都是指完成一件事而言的.其区别在于：（1）分类计数原理是“分类”，分步计数原理是“分步”；（2）分类计数原理中每类办法中的每一种方法都能独立完成一件事，分步计数原理中每步中每种方法都只能做这件事的一步，不能独立完成这件事.2．分类计数原理和分步计数原理是解决排列、组合问题的理论基础，解题中要力争做到“步骤完整、不重不漏”．3．元素能重复的问题往往用两个计数原理解决.图一图二图三图四四、巩固练习1．5名运动员争夺3项比赛冠军（每项比赛无并列冠军），那么获得冠军的可能种数为（ ）A ．35B ．53C ．35AD ． 35C2．（2009辽宁卷理）从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有 （ ） A ．70种 B ． 80种 C ． 100种 D ．140种3．（08全国卷1）如图，一环形花坛分成A B C D ，，，四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为 （ ）A ．96B ．84C ．60D ．48 4．从{一3,－2,－1，0，1，2，3}中，任取3个不同的数作为抛物线方程c bx ax y 2++= 的系数，如果抛物线经过原点，且顶点在第一象限，则这样的抛物线共有 （ ） A. 7条 B. 8条 C. 9条 D. l0条5．从集合{1，2，3}和{1，4，5，6}中各取1个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中能确定不同点的个数是 （ ） A. l2 B. 11 C. 24 D. 236．甲、乙、丙、丁四人相互传球，第一次甲传给乙、丙、丁三人中的一人，第二次由拿球 者再传给其他三人中任一人，这样共传了4次，则第四次仍传回到甲的方法共有（ ）A 、21种 B 、24种 C 、27种 D 、42种7．从6人中选出4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有 （ ） A ．300种 B ．240种 C ．144种 D ．96种8．某赛季足球比赛的计分规则是：胜一场，得3分；平一场，得1分；负一场，得0分， 一球队打完15场，积33分，若不考虑顺序，该队胜、负、平的情况共有 （ ） （A ）3种 （B ）4种 （C ）5种 （D ）6种9．从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有 ( )A.8种B.12种C.16种D.20种 10．一个集合有5个元素，则该集合的非空真子集共有 个11．乘积)c ...c c )(b ...b b )(a ...a a (k 21m 21n 21+++++++++展开后的项数为_______. 12．72的正约数共有__________个.13．如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中有6个焊接点A ，B ， C ，D ，E ，F ，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通．现发现电路不通了，那么焊接点脱落的可能性共有14．用1,2,3,,9 这九数字填写在如上图的9个空格中，要求每一行从左到右依次增大，每一列从上到下依次增大，当数字4固定在中心位置时，则所有填写空格的方法共有 ．15．同室四人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张另人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方法有__________种．16．如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色.现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有_____________种.（以数字作答）①②③④⑤17．（2010浙江理）有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复. 若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、下午都各测试一人. 则不同的安排方式共有______________种（用数字作答）.18．三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数是多少?19．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.20．用数字0，1，2，3，4组成无重复数字的四位数.(1)有多少个四位偶数?(2)若按从小到大排列，3204是第几个数?8. 1 计数原理二、例题分析例1．解：和为11的数共有5组：1与10，2与9，3与8，4与7，5与6，子集中的元素不能取自同一组中的两数，即子集中的元素取自5个组中的一个数.而每个数的取法有2种，所以子集的个数为2×2×2×2×2=25=32.变式：802445=⋅C例2．解：解：（1）∵N =2160=24×33×5，∴2160的正因数为P =2α×3β×5γ，其中α=0，1，2，3，4，β=0，1，2，3，γ=0，1. ∴2160的正因数共有5×4×2=40个.（2）式子（20+21+22+23+24）×（30+31+32+33）×（50+51）的展开式就是40个正因数. ∴正因数之和为31×40×6=7440.例3．本题是一种典型的选数与组数的问题，与计数有关，故考虑利用两个计数原理解决，但需要注意的是，无论组成多少位数字，首位均不能为0.（1）分三步：①先选百位数字，由于0不能作为百位数，因此有5种不同的选法；②十位数字有5种选法；③个位数字有4种不同的选法，由分步乘法计数原理知，所求的三位数共有554100⨯⨯=个．（2）分三步：①先选百位数字，由于0不能作为百位数字，因此有5种不同的选法； ②十位数字有6种不同的选法；③个位数字有6种不同的选法．由分步乘法计原理可知所求的三位数共有5×6×6＝180个．（3）分三步：①先选个位数字，由于组成的三位数是奇数，因此有3种不同的选法；②再选百位数字有4种选法；③十位数字也有4种选法．由分步乘法计数原理知，所求的三位数共有3×4×4＝48个.（4）被3整除的数它的各位数字之和被3整除．对0，1，2，3，4，5这六个数字按被3除后的余数进行分类：{}00,3A =，{}11,4A =，{}22,5A =，则这三个数字只能每个集合各取一个，12,A A 中各取一数有22⨯种选法．若0A 中取数字0，可组成22⨯个三位数；若0A 中取数字3，可组成321⨯⨯个三位数；所求的三位数共有41040⨯=个． 例4．解：（1）画树枝图，共有10种不同的方法，选C ． （2）方法1：画树枝图，略．方法2：记1，2，3，4号足球运动员对应的球衣为,,,a b c d ，先让1号运动员选择有3种方法，如选b ；然后，让与 球衣b 对应的2号运动员选择，也有3种方法，如选d ； 再让与d 对应的4号运动员选择，则只能选a ． 因此，不同的赠送方法有339⨯=种． 例5．解：图一，5433180⨯⨯⨯=种； 变式：图二，5434240⨯⨯⨯=；图三，5×4×4×4=320种．图四，()541433260⨯⨯+⨯=种．例6．（1）解法一：从题意来看6部分种4种颜色的花，又从图形看知必有2组同颜色的花，从同颜色的花入手分类求.（1）②与⑤同色，则③⑥也同色或④⑥也同色，所以共有N 1=4×3×2×2×1=48种； （2）③与⑤同色，则②④或⑥④同色，所以共有N 2=4×3×2×2×1=48种； （3）②与④且③与⑥同色，则共有N 3=4×3×2×1=24种. 所以，共有N =N 1+N 2+N 3=48+48+24=120种. 解法二：记颜色为A 、B 、C 、D 四色，先安排1、2、3有A 34种不同的栽法，不妨设1、2、3已分别栽种A 、B 、C ，则4、5、6栽种方法共5种，由以下树状图清晰可见.1 2 3 4a b c d456C CC CD DD D D BB根据分步计数原理，不同栽种方法有N =A 34×5=120. （2）D 【解析】①B,D,E,F 用四种颜色，则有441124A ⨯⨯=种涂色方法； ②B,D,E,F 用三种颜色，则有334422212192A A ⨯⨯+⨯⨯⨯=种涂色方法； ③B,D,E,F 用两种颜色，则有242248A ⨯⨯=种涂色方法；所以共有24+192+48=264种不同的涂色方法。
分类加法计数原理与分布乘法计数原理
1 1 2 , , 2 3 3
3
时，也有4个．
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考向大突破二：分步乘法计数原理
例2：已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示 平面上的点(a，b∈M)，问： (1)P可表示平面上多少个不同的点？ (2)P可表示平面上多少个第二象限的点？ (3)P可表示多少个不在直线y＝x上的点？
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应用两个计数原理的注意点 (1)注意在应用两个原理解决问题时，一般是先 分类再分步．在分步时可能又用到分类加法计数原 理． (2)注意对于较复杂的两个原理综合应用的问题， 可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直 观化．
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变式训练3：上海某区政府召集5家企业的负责人开年终 总结经验交流会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业 各有1人到会，会上推选3人发言，则这3人来自3家不同 企业的可能情况的种数为________．
因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180(个)不同的二次函 数．
(2)y＝ax2＋bx＋c的开口向上时，a的取值有2种情况，b、c的 取值均有6种情况， 因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72(个)图象开口向上的 二次函数．
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考向大突破三：两个计数原理的综合应用
解析：若3人中有一人来自甲企业，则共有C21C42种情况， 若3人中没有甲企业的，则共有C43种情况， 由分类加法计数原理可得， 这3人来自3家不同企业的可能情况共有C21C42＋C43＝ 16(种)． 答案： 16
第1节 分类加法和分步乘法
第1节分类加法和分步乘法【基础知识】1.分类加法计数原理（加法原理）的概念一般形式：完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，……，在第n类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有N=++……+种不同的方法.2．分步乘法计数原理(乘法原理)的概念一般形式：完成一件事需要n个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2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N=种不同的方法.3.两个原理的区别：（1）“每类”间与“每步”间的关系不同：分类加法计数原理中的每一类方案中的任何一种方法、不同类之间的任何一种方法都是相互独立，互不依赖的，且是一次性的；而分步乘法计数原理中的每一步是相互依赖，且是连续性的.（2）“每类”与“每步”完成的效果不同：分类加法计数原理中所描述的每一种方法完成后，整个事件就完成了，而分步乘法计数原理中每一步中的每一种方法得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事.4.切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行，同时要优先考虑题中的限制条件.【规律技巧】1.计数问题中如何判定是分类加法计数原理还是分步乘法计数原理：如果已知的每类方法中的每一种方法都能单独完成这件事，用分类加法计数原理；如果每类方法中的每一种方法只能完成事件的一部分，用分步乘法计数原理．2.利用分类计数原理解决问题时：(1)将一个比较复杂的问题分解为若干个“类别”，先分类解决，然后将其整合，如何合理进行分类是解决问题的关键．(2)要准确把握分类加法计数原理的两个特点：①根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏；②分类时，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，不能重复；③对于分类问题所含类型较多时也可考虑使用间接法．3.利用分步乘法计数原理解决问题时要注意：(1)要按事件发生的过程合理分步，即考虑分步的先后顺序．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这个事件．(3)对完成各步的方法数要准确确定．4.用两个计数原理解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步．(1)分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．(2)分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．(3)对于复杂问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来帮助分析，使问题形象化、直观化．(4)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．5.在解决具体问题时，首先必须弄清楚是“分类”还是“分步”，接着还要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准是什么．5.(1)分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．(2)分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的．6.分类加法计数原理的两个条件：(1)根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．分步乘法计数原理的两个条件：(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．(2)将完成这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成，这是分步的基础，也是关键．从计数上来看，各步的方法数的积就是完成事件的方法总数．7.应用两种原理解题(1)分清要完成的事情是什么？(2)分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系；(3)有无特殊条件的限制；(4)检验是否有重漏．8.涂色问题：涂色问题是由两个基本原理和排列组合知识的综合运用所产生的一类问题，这类问题是计数原理应用的典型问题，由于涂色本身就是策略的一个运用过程，能较好地考查考生的思维连贯性与敏捷性，加之涂色问题的趣味性，自然成为新课标高考的命题热点.涂色问题的关键是颜色的数目和在不相邻的区域内是否可以使用同一种颜色，具体操作法和按照颜色的数目进行分类法是解决这类问题的首选方法.涂色问题的实质是分类与分步，一般是整体分步，分步过程中若出现某一步需分情况说明时还要进行分类．涂色问题通常没有固定的方法可循，只能按照题目的实际情况，结合两个基本原理和排列组合的知识灵活处理．【典例】【例1】(1)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有()A．4种B．10种C．18种D．20种(2)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．14B．13C．12D．9∴由分类加法计数原理，有序数对(a，b)共有4＋4＋3＋2＝13(个)．答案(1)B(2)B【规律方法】分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词或关键元素、关键位置．首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，且只能属于某一类(即标准明确，不重不漏)．【变式探究】在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为()A．10B．11C．12D．15【例2】有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加)(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．【变式探究】(1)某体育彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元．某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这人把这种特殊要求的号买全，至少要花()A．3360元B．6720元C．4320元D．8640元(2)用0，1，2，3，4，5可组成无重复数字的三位数的个数为________个．【针对训练】1、用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为()A．243B．252C．261D．279【答案】B2、春节期间，某单位安排甲、乙、丙三人于正月初一至初五值班，每人至少值班一天，且每人均不能连续值班两天，其中初二不安排甲值班，则共有__________种不同的值班安排方案．【答案】28【解析】每人均不能连续值班两天，其中初二不安排甲值班的方法数为种，其中包含甲乙甲乙甲，甲丙甲丙甲，乙丙乙丙乙，丙乙丙乙丙四种情况不符合，故有种．3、某大学的8名同学准备拼车去旅游，其中大一、大二、大三、大四每个年级各两名，分乘甲、乙两辆汽车.每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置)，其中大一的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自于同一年级的乘坐方式共有种；【答案】244、数列共有12项，其中，，，且，，则满足这种条件的不同数列的个数为（）A.84 B.168 C.76 D.152【答案】A5、用6种不同颜色给图中的“笑脸”涂色，要求“眼睛”（即右图中A、B所示的区域）用相同颜色，则不同的涂法共有___________种（用数字作答）.【答案】216【解析】由题意知本题是一个分类计数问题，可以分为三种情况讨论，一共用了3种颜色，共有A 63=120种结果，一共用了2种颜色．共有C 62A 32=90种结果，一共用了1种颜色，共有6种结果，∴根据分类计数原理知，共有120+90+6=216，故答案为：216.。
分类加法计数原理知识整理(教师)
第十章计数原理与概率第一节分类加法计数原理和分步乘法计数原理知识回顾两个计数原理分类加法计数原理分步乘法计数原理条件完成一件事，可以有_________.在第一类办法中有m1种方法，在第二类办法中有m2种方法,…,在第n类办法中有mn种方法完成一件事需要经过_________，缺一不可，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法,…,做第n步有mn种方法结论完成这件事共有N=_____________种方法完成这件事共有N=______________种方法依据能否_____完成整个事件能否_____完成整个事件思考辨析：判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”).(1)在分类加法计数原理中，每类不同办法中的方法可以相同.( )(2)在分类加法计数原理中，每类办法中的方法都能直接完成这件事.( )(3)如果完成一件事情有n类不同办法，在每一类中都有若干种不同的方法mi(i=1,2,3,…,n),那么完成这件事共有m1+m2+m3+…+mn种方法.( )(4)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.( )(5)在分步乘法计数原理中，事情如果是分两步完成的，则其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有两个步骤都完成后，这件事情才算完成.( )(6)如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mi(i=1,2,3,…,n),那么完成这件事共有m1m2m3…mn种方法.( )【解析】(1)错误.在分类加法计数原理中，每类不同办法中的方法互不相同，即第一类办法中的m1种方法和第二类办法中的m2种方法没有相同的.(2)正确.在分类加法计数原理中，每类办法中的每一种方法都能完成这件事.(3)正确.这是分类加法计数原理的推广.(4)正确.在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法如果相同，则可认为是相同的步骤(5)正确. 在分步乘法计数原理中，如果事情是分两步完成的，则它的任何一个单独的步骤都不能完成这件事.(6)正确.这是分步乘法计数原理的推广.答案：(1)×(2)√(3)√(4)√(5)√(6)√考点练习：1．从10名任课教师，50名同学中，选1人参加元旦文艺演出，共有选法种数为( )(A)50 (B)10 (C)60 (D)500【解析】选C.分类完成此事，一类是选教师，有10种选法，另一类是选学生，有50种选法，由分类加法计数原理可知，共有10+50=60种选法.2．某城市的电话号码，由六位升为七位(首位数字均不为零)，则该城市可增加的电话部数是( )(A)9×8×7×6×5×4×3 (B)8×96 (C)9×106 (D)81×105【解析】选D.电话号码是六位数字时，该城市可安装电话9×105部，同理升为七位时，可安装电话9×106部，所以可增加的电话部数是9×106-9×105=81×1053.从3名女同学和2名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法有______种.【解析】分类完成此事，如果选女生，有3种选法；如果选男生，有2种选法.由分类加法计数原理可知，共有3+2=5种选法.答案：54．将4封信投入3个邮箱，有_______种不同的投法，将3封信投入4个邮箱，有_______种不同的投法. 【解析】分四步：每一封信都有3种不同的投法，由分步乘法计数原理，共有3×3×3×3＝81(种)；分三步：每一封信都有4种不同的投法，由分步乘法计数原理，共有43=64(种).答案：81 645．已知集合M={1，-2,3}，N={－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标(一个为横坐标，一个为纵坐标)，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是________.【解析】令M中的元素作为点的横坐标，N中的元素作为点的纵坐标，在第一象限的点共有2×2个，在第二象限的点共有1×2个．令N中的元素作为点的横坐标，M中的元素作为点的纵坐标，在第一象限的点共有2×2个，在第二象限的点共有2×2个．故所求不同的点的个数是2×2＋1×2＋2×2＋2×2＝14．答案：14考向 1 分类加法计数原理【典例1】(1)若x，y∈N*,且x+y≤6,则有序自然数对(x,y)共有_______个.(2)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为_______.【思路点拨】(1)根据题意，用列举法分别求得当x=1,2,3,4,5时，y值的数目情况，进而由分类加法计数原理，计算可得答案.(2)对十位数字进行分类或对个位数字进行分类.【规范解答】(1)当x=1时，y可取的值为5,4,3,2,1,共5个；当x=2时，y可取的值为4，3，2，1，共4个；当x=3时，y可取的值为3，2，1，共3个；当x=4时，y可取的值为2，1，共2个；当x=5时，y可取的值为1，共1个；即当x=1,2,3,4,5时，y值依次有5，4，3，2，1个，由分类加法计数原理，得不同的数对(x,y)共有5+4+3+2+1=15(个).答案：15(2)方法一：根据题意，将十位上的数字按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知，符合条件的两位数共有8+7+6+5+4+3+2+1=36(个).故共有36个.方法二：分析个位数字，可分以下几类：个位是9，则十位可以是1，2，3，…，8中的一个，故共有8个；个位是8，则十位可以是1，2，3，…，7中的一个，故共有7个；同理个位是7的有6个；个位是2的有1个.由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有8+7+6+5+4+3+2+1=36(个).故共有36个.答案：36【互动探究】本例题(2)中条件不变，求个位数字小于十位数字的两位数且为偶数的个数.【解析】当个位数字是8时，十位数字取9，只有1个.当个位数字是6时，十位数字可取7，8，9，共3个.当个位数字是4时，十位数字可取5,6,7,8,9，共5个.同理可知，当个位数字是2时，共7个，当个位数字是0时，共9个.由分类加法计数原理知，符合条件的数共有1+3+5+7+9=25(个).【拓展提升】1.分类加法计数原理的特点(1)根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准.(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类.2.使用分类加法计数原理遵循的原则有时分类的划分标准有多个，但不论是以哪一个为标准，都应遵循“标准要明确，不重不漏”的原则.【变式备选】某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有( )(A)4种(B)10种(C)18种(D)20种【解析】选B．依题意，就所剩余的一本进行分类计数：第一类，剩余的是一本画册，此时满足题意的赠送方法共有4种；第二类，剩余的是一本集邮册，此时满足题意的赠送方法共有＝6(种)．因此，满足题意的赠送方法共有4＋6＝10(种)．考向 2 分步乘法计数原理【典例2】(1)(2013·南昌模拟)如图，在A,B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，如今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有( )(A)10种(B)12种(C)13种(D)15种(2)用5种不同的颜色给图中A,B,C,D四个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，求共有多少种不同的涂色方法？【思路点拨】(1)根据题意，用排除法，首先由分步计数原理计算可得A，B间的4个焊接点脱落与否的情况总数目，进而由电路知识分析当A，B之间线路通畅时的情况数目；由总数目减去通畅的情况数目即可得答案.(2)逐步给A,B,C,D四个区域涂色即可.【规范解答】(1)选C.根据题意，在A，B间有四个焊接点，每个焊接点脱落与否有2种情况，则A，B间的4个焊接点，共有2×2×2×2=16种情况，其中A，B之间线路通畅时，有1，2，3，4全部没有脱落，只有2脱落，只有3脱落，共3种情况，则A，B之间线路不通的焊接点脱落的不同情况有16-3=13种情况,故选C.(2)分4步：涂A有5种方法；涂B有４种方法；涂C有3种方法；涂D有3种方法(D与A可以同色).由分步乘法计数原理得，共有5×4×3×3=180(种).【拓展提升】使用分步乘法计数原理的关注点(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的.(2)将完成这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当全部步骤完成了，整个事件才算完成，这是分步的基础，也是关键.从计数上来看，各步的方法数的积就是完成事件的方法总数.【提醒】解决分步问题时一定要合理设计步骤、顺序，使各步互不干扰、互不影响，还要注意元素是否可以重复选取.【变式训练】用1，2，3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有( )(A)6个(B)9个(C)18个(D)36个【解析】选C.由题意知，1，2，3中必有某一个数字重复使用2次.第一步确定谁被使用2次，有3种方法；第二步把这2个相等的数放在四位数不相邻的两个位置上，也有3种方法；第三步将余下的2个数放在四位数余下的2个位置上，有2种方法，故共可组成3×3×2=18个不同的四位数.考向 3 两个计数原理的综合应用【典例3】(1)(2013·合肥模拟)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2>a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为( )(A)240 (B)204 (C)729 (D)920(2)用5种不同的颜色给图中所给出的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色，若要求相邻(有公共边)的区域不同色，那么共有______种不同的涂色方法.【思路点拨】(1)由于中间数最大，可先按中间数进行分类，再按两边的数分步进行解答.(2)本题是解决涂色问题，要明确涂色要求，严格区分是“分类”还是“分步”．【规范解答】(1)选A.分8类，当中间数为2时，有1×2＝2(个)；当中间数为3时，有2×3＝6(个)；当中间数为4时，有3×4＝12(个)；当中间数为5时，有4×5＝20(个)；当中间数为6时，有5×6＝30(个)；当中间数为7时，有6×7＝42(个)；当中间数为8时，有7×8＝56(个)；当中间数为9时，有8×9＝72(个)．故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72(2)完成该件事可分步进行.涂区域1，有5种颜色可选.涂区域2，有4种颜色可选.涂区域3，可先分类：若区域3的颜色与2相同，则区域4有4种颜色可选.若区域3的颜色与2不同，则区域3有3种颜色可选，此时区域4有3种颜色可选.所以共有5×4×(1×4+3×3)=260(种)涂色方法.答案：260【拓展提升】1.两个计数原理的区别原理区别分类加法计数原理分步乘法计数原理区别一每类办法都能独立完成这件事.它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不可，只有各步骤都完成了才能完成这件事区别二各类办法之间是互斥的、并列的、独立的各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏2．应用两个计数原理的“两个”注意点(1)注意在应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步．在分步时可能又用到分类加法计数原理.(2)注意对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化. 【变式训练】某小组有10人，每人至少会英语和法语中的一门，其中8人会英语，5人会法语，(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法语的各1人，有多少种不同的选法？【解析】由于8＋5=13＞10，所以10人中必有3人既会英语又会法语，5人只会英语，2人只会法语．(1)可分类完成此事：一类只会英语，一类既会英语也会法语，一类是只会法语，共有5+3+2=10(种)(2)同样分3类，共有N=5×2＋5×3＋2×3=31(种)方法.【创新体验】新定义问题【典例】(2012·湖北高考)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数,如22，121,3 443,94 249等.显然2位回文数有9个：11,22,33,…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.则(1)4位回文数有______个；(2)2n＋1(n∈N+)位回文数有______个.【思路点拨】找准创新点回文数的定义：从左到右与从右到左读都一样的正整数寻找突破口(1)根据回文数的定义得出什么数是回文数(2)如何得到4位回文数，可转化为填4个并列的方格(3)由2位、3位、4位回文数归纳得出2n+1位回文数的求法及个数【规范解答】(1)4位回文数相当于填4个方格,首尾相同,且不为0,共9种填法,中间两位一样,有10种填法,共计9×10=90(种)填法，即4位回文数有90个.(2)根据回文数的定义,此问题也可以转化成填方格. 结合计数原理知有9×10n种填法.答案：(1)90 (2)9×10n高考模拟1.(2013·蚌埠模拟)体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某学生到该体育场练跑步，则他进出门的方案有( )(A)12 种(B)7种(C)24种(D)49种【解析】选D.学生进门有7种选择，同样出门也有7种选择，由分步乘法计数原理，该学生的进出门方案有7×7＝49(种)，所以应选D．2.(2012·陕西高考)两人进行乒乓球比赛，先赢三局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )(A)10种(B)15种(C)20种(D)30种【解析】选C.由题意知，比赛场数最少为3场，至多为5场.当比赛场数为3场时，情形为甲或乙连赢3场，共2种；当比赛场数为4场时，若甲赢，则前3场中甲赢2场，最后一场甲赢，共有=3(种)情形；同理，若乙赢，则也有3种情形，所以共有6种情形；当比赛场数为5场时，前4场，甲乙双方各赢2场，最后一场胜出的人赢，所以共有2 =12(种)，综上可知，共有2+6+12=20(种).故选C.3.(2012·安徽高考)6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品.已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数为( ) (A)1或3 (B)1或4 (C)2或3 (D)2或4【解析】选D. 设6位同学分别用a,b,c,d,e,f表示.若任意两位同学之间都进行交换，共进行=15(次)交换，现共进行了13次交换，说明有2次交换没有发生，此时可能有两种情况：(1)由3人构成的2次交换，如a—b和a—c之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有b,c两人.(2)由4人构成的2次交换，如a—b和c—e之间的交换没有发生，则收到4份纪念品的有a,b,c,e四人故选D. 4．(2013·滁州模拟)用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有_______个(用数字作答).【解析】方法一：数字2，3至少都出现一次，可以分为3类，第一类：一个2三个3，有4个；第二类：两个2两个3，有6个；第三类：三个2一个3，有4个，共有14个.方法二：可以考虑四个位置任排，然后减去2 222和3 333这两种情况，个数为24-2=14.答案：145.用n种不同的颜色为下列两块广告牌涂色(如图甲、乙)，要求①②③④四个区域中相邻(有公共的边界)区域不用同一颜色．(1)若n=6，则为甲图涂色的不同方法共有________种.(2)若为乙图涂色时共有120种不同的方法，则n=________【解析】(1)在甲图中对区域①②③④按顺序涂色，由分步乘法计数原理得：共有6×5×4×4=480(种). (2)由分步乘法计数原理，得n(n-1)(n-2)(n-3)=120，即(n2-3n)2+2(n2-3n)-12×10=0，所以n2-3n-10=0，解得：n=5或n=-2(舍去). 答案：(1)480 (2)56．若一个m,n均为非负整数的有序数对(m,n)，在做m+n的加法时各位均不会进位，则称(m,n)为“简单的”有序数对，m+n称为有序数对(m,n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序数对的个数是________.【解析】可分类进行：个位2有3种0+2，1+1，2+0；十位4有5种0+4，1+3，2+2，3+1，4+0；百位9有10种0+9，1+8，2+7，3+6，4+5，5+4，6+3，7+2，8+1，9+0；千位1有2种0+1，1+0，所以值为1 942的“简单的”有序数对的个数是3×5×10×2=300(种). 答案：3007.将一个三位数的三个数字顺序颠倒，将所得到的数与原数相加，若和中没有一个数字是偶数，则称这个数为“奇和数”.那么，所有的三位数中，奇和数有________个.【解析】设此数为abc ，则a+c 之和必为大于10的奇数，且b+b 不能大于10，b可以取0，1，2，3，4.此和一定是一个四位数.a取2时，c取9，a取3时，c取8，a取4时，c取7，9，a取5时，c取6，8，a取6时，c取5，7，9，a取7时，c取4，6，8，a取8时，c取3，5，7，9，a取9时，c取2，4，6，8，上面a，c的组合就有20种.另b有5种取法，奇和数有20×5=100(个).答案：100Tel:020-******** 分度，分的国度。
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
分类加法计数原理与分步乘法计数原理分类加法计数原理是指将一个计数问题分成若干个子问题，然后将子问题的计数结果相加得到最终的计数结果。
其基本思想是将问题中的元素分成若干个不重叠的类别，然后分别计数各个类别的元素个数，最后将各类别的计数结果相加。
这个原理常用于解决包含多个步骤的计数问题。
举个例子来说明分类加法计数原理的应用：假设有一个盒子，里面有红球、蓝球和绿球，分别有3个、4个和5个。
现在要从盒子中任选3个球，问有多少种选择方法。
我们可以将这个问题分为三个子问题：选取3个红球的方法数、选取3个蓝球的方法数和选取3个绿球的方法数。
然后分别计数这三个子问题的方法数，最后将它们相加得到总的方法数。
与分类加法计数原理相对应的是分步乘法计数原理。
分步乘法计数原理是指将一个计数问题分成若干个步骤，然后将各个步骤的计数结果相乘得到最终的计数结果。
这个原理常用于解决包含多个独立步骤的计数问题。
举个例子来说明分步乘法计数原理的应用：假设有一个密码锁，需要输入5位密码，每位密码都是从0到9的数字。
问一共有多少种可能的密码组合。
我们可以将这个问题分为5个步骤：第一位密码的选择、第二位密码的选择、第三位密码的选择、第四位密码的选择和第五位密码的选择。
然后计数每个步骤的可能性，最后将它们相乘得到总的可能性。
分步乘法计数原理也可以用于解决其他的计数问题，例如从一个字母表中选择若干个字母组成单词的方法数、从一个数列中选择若干个数的方法数等等。
总的说来，分类加法计数原理和分步乘法计数原理是解决组合数学中计数问题的重要方法。
它们可以帮助我们系统地分析和解决各种计数问题，提高我们的计算能力和思维能力。
无论是在学术研究还是在实际应用中，这两个原理都有着广泛的应用价值。
分类加法计数原理
分类加法计数原理首先，我们来了解一下分类加法计数原理的基本概念。
分类加法计数原理是指，当一个事件可以被分解为若干个互不相交的子事件时，可以通过分别计算这些子事件的概率，然后将它们相加得到整个事件的概率。
这一原理在解决复杂事件的概率计算问题时非常有用，它可以将一个复杂的事件分解为若干简单的子事件，从而简化计算过程。
接下来，我们将详细介绍分类加法计数原理的基本思想。
分类加法计数原理的基本思想是将一个复杂的事件分解为若干个简单的子事件，然后分别计算这些子事件的概率，最后将它们相加得到整个事件的概率。
这一思想在实际问题中非常实用，它可以帮助我们更清晰地理解复杂事件的结构，从而更好地计算其概率。
在应用分类加法计数原理时，我们需要注意一些基本的方法。
首先，我们需要将复杂事件分解为若干个简单的子事件，这需要对问题进行合理的分类。
其次，我们需要分别计算这些子事件的概率，这需要对每个子事件进行准确的计数。
最后，我们需要将这些子事件的概率相加，得到整个事件的概率。
通过这些方法，我们可以更好地应用分类加法计数原理解决实际问题。
在实际问题中，分类加法计数原理有着广泛的应用。
比如在排列组合问题中，我们经常需要计算某些复杂事件的概率，而分类加法计数原理可以帮助我们更好地解决这些问题。
此外，在概率计算中，分类加法计数原理也有着重要的作用，它可以帮助我们更准确地计算复杂事件的概率，从而更好地理解和预测实际问题。
综上所述，分类加法计数原理是概率论中的一种基本计数方法，它适用于计算一些复杂事件的概率。
通过将复杂事件分解为若干简单的子事件，然后分别计算这些子事件的概率，最后将它们相加得到整个事件的概率，我们可以更有效地解决一些实际问题。
希望本文能够帮助读者更好地理解和运用分类加法计数原理，从而更好地解决实际问题。
计数原理知识梳理-2024届高三数学一轮复习
计数原理知识梳理一、两个原理1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m 种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝ 种不同的方法．推广：如果完成一件事有n 类不同方案，在第1类方案中有m 1种不同的方法，在第2类方案中有m 2种不同的方法，…，在第n 类方案中有m n 种不同的方法，那么完成这件事的方法总数为：N ＝m 1＋m 2＋…＋m n ．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m 种不同的方法，做第2步有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝ 种不同的方法．推广：如果完成一件事需要n 个步骤，做第1步有m 1种不同的方法，做第2步有m 2种不同的方法，…,做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事的方法总数为：N ＝m 1×m 2×…×m n ．(1)将一个比较复杂的问题分解为若干个“类别”，先分类解决，然后将其整合，如何合理进行分类是解决问题的关键．(2)要准确把握分类加法计数原理的两个特点：①根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏； ②分类时，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，不能重复； ③对于分类问题所含类型较多时也可考虑使用间接法． 5.利用分步乘法计数原理解决问题时要注意：(1)要按事件发生的过程合理分步，即考虑分步的先后顺序．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这个事件． (3)对完成各步的方法数要准确确定． 6. 应用两种原理解题要注意 (1)分清要完成的事情是什么？(2)分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系； (3)有无特殊条件的限制； (4)检验是否有重漏．7.与两个计数原理有关问题的解题策略(1)在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步，但在分步时可能又会用到分类加法计数原理. (2)对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当借助列表、画图的方法来帮助分析，使问题形象化、直观化．二、排列与组合 1.排列；如果与顺序无关，则是组合． 2.排列数、组合数的定义、公式、性质全排列：n 个不同元素全部取出的一个排列，全排列数公式：所有全排列的个数，即(1)(2)21!nn A n n n n =⨯-⨯-⋅⋅⋅⨯⨯=．3.排列、组合问题的求解常用方法与技巧解排列组合综合问题，先选后排法是解答排列、组合应用问题的根本方法，具体有下面几种常用方法： (1)特殊元素或特殊位置优先法：从元素入手时，先给特殊元素安排位置，再把其他元素安排在其他位置上；从位置入手时，先安排特殊位置，再安排其他位置．优先安排．(2)相邻问题捆绑法：把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列． (3)相间问题插空法：对不相邻问题，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素．(4)定序问题倍除法：对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列． (5)多排问题单排法：把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理． (6)分球问题隔板法：相同元素的分配问题常用“隔板法”,每组至少一个．(7) 分组分配问题的策略：对于不等分问题，首先要对分配数量的可能情形进行一一列举，然后再对每一种情形分类考虑．对于整体均分，分组后一定要除以A n n (n 为均分的组数)，避免重复计数．对于部分均分，若有m 组元素个数相等，则分组时应除以m ！．(8)间接法：正难则反、等价转化的方法，比如“至少”或“至多”含有几个元素的题型． 三、二项式定理 1.二项式定理(1)二项式定理：(a ＋b )n ＝(n ∈N *)，等号右边的式子称为()na b +的二项展开式．(2)通项公式：T k ＋1＝ ，它表示第 项；注意：(a ＋b )n 与(b ＋a )n 虽然相同，但用二项式定理展开后，具体到它们展开式的某一项时是不相同的，一定要注意顺序问题． 2.二项展开式的特征：（1）二项展开式共有 项；（2）二项式系数依次为组合数012,,,,,,knn n n n n C C C C C ⋅⋅⋅⋅⋅⋅；（3）各项次数都等于二项式的幂指数n ；（4）字母a 的指数由n 开始按降幂排列到0，b 的指数由0开始按升幂排列到n ． 注意：二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念．二项式系数是特指相应的组合数C 0n ，C 1n ，…，C n n ，它只与各项的项数有关，而与a ，b 的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a ，b 的值有关． 3.4.(1)(a ＋b )n 展开式的各二项式系数和：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝ .(2)偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝ .5.求二项展开式中特定项(或系数)的步骤第一步，利用二项式定理写出二项展开式的通项T k ＋1＝C k n a n －k b k，把字母和系数分离开(注意符号不要出错)；第二步，根据题目中的相关条件(如常数项要求指数为零，有理项要求指数为整数)先列出相应方程(组)或不等式(组)，解出k ；第三步，把k 代入通项中，即可求出T k ＋1，有时还需要先求n ，再求k ，才能求出T k ＋1或者其他量． 6.求三项展开式中某些特定项(或系数)的策略(1)通过变形先把三项式转化为二项式，再用二项式定理求解． (2)两次利用二项式定理的通项求解．(3)由二项式定理的推证方法知，可用排列、组合的基本原理去求，即把三项式看作几个因式之积，要得到特定项看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量．7.二项式定理中的字母可取任意数或式，在解题时根据题意给字母赋值是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法．(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法．对形如(ax ＋b )n ，(ax 2＋bx ＋c )m (a ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可；对形如(ax ＋by )n (a ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可．(2)若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)，奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f （1）＋f （－1）2，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f （1）－f （－1）2.8.二项展开式中系数最大项的求法如求(a ＋bx )n (a ，b ∈R )的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法．设展开式各项系数分别为A 1，A 2，…，A n ＋1，且第k 项系数最大，应用⎩⎪⎨⎪⎧A k ≥A k －1，A k ≥A k ＋1，注意解出k 后要检验首末两项．。
分类加法计数原理和分步乘法计数原理
分类加法计数原理和分步乘法计数原理【要点梳理】要点一：分类加法计数原理(也称加法原理)1．分类加法计数原理：完成一件事,有n 类办法.在第1类办法中有1m 种不同方法,在第2类办法中有2m 种不同的方法,……,在第n 类办法中有n m 种不同方法,那么完成这件事共有n m m m N +++=Λ21种不同的方法.2．加法原理的特点是：① 完成一件事有若干不同方法，这些方法可以分成n 类；② 用每一类中的每一种方法都可以完成这件事；③ 把每一类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．要点诠释：使用分类加法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对这件事确定一个标准进行分类，第二步是确定各类的方法数，第三步是取和。
3．图示分类加法计数原理：由A 到B 算作完成一件事.直线型流程线表示第1类方案中包括的方法数，折线型流程线表示第2类方案中包括的方法数。
从图中可以看出，完成由A 到B 这件事，共有方法m+n 种。
要点诠释：用分类加法计数原理计算完成某件事的方法数，“类”要一竿到底，它的起点、终点就是完成这件事的开始与结束，图示分类加法计数原理，用意就在其中。
要点二、分步乘法计数原理1.分步乘法计数原理“做一件事，完成它需要分成n 个步骤”，就是说完成这件事的任何一种方法，都要分成n 个步骤，要完成这件事必须并且只需连续完成这n 个步骤后，这件事才算完成．2．乘法原理的特点：① 完成一件事需要经过n 个步骤，缺一不可；② 完成每一步有若干种方法；③ 把每一步的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．要点诠释：使用分步乘法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对完成这件事进行分步，第二步是确定各步的方法数，第三步是求积。
3.图示分步乘法计数原理：由A到C算作完成一件事.设完成这件事的两个步骤为从A到B、从B到C。
要点诠释：从A到C算作完成一件事，A是起点，C是终点，点B是中间单元，从A到B是第1步，从B到C是第2步。
9.1第一节 分类加法计数原理
考向二 分步乘法计数原理[自主练透型] 1．(2016·课标全国Ⅱ)如图，小明从街道的E处出发，先到 F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活 动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A．24 B．18 C．12 D．9
解析：先确定从E到G的步骤，再分别考虑每一步中最短路 径的条数，最后求出最短路径的总条数．
从E到G需要分两步完成：先从E到F，再从F到G.从F到G的 最短路径，只要考虑纵向路径即可，一旦纵向路径确定，横向
路径即可确定，故从F到G的最短路径共有3条．如题图，从E到 F的最短路径有两类：先从E到A，再从A到F，或先从E到B，再 从B到F.因为从A到F或从B到F都与从F到G的路径形状相同，所 以从A到F，从B到F最短路径的条数都是3，所以从E到F的最短 路径有3＋3＝6(条)．所以小明到老年公寓的最短路径条数为 6×3＝18.
二、必明2个易误点 1．分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方 法都能完成这件事情，类与类之间是独立的． 2．分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只 是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联 的．
【小题热身】
1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或 “×”)．
答案：10
悟·技法 1.分类加法计数原理的实质 分类加法计数原理针对的是“分类”问题，完成一件事要分为 若干类，各类的方法相互独立，每类中的各种方法也相对独 立，用任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事． 2．使用分类加法计数原理遵循的原则 有时分类的划分标准有多个，但不论是以哪一个为标准， 都应遵循“标准要明确，不重不漏”的原则.
答案：C
答案：B
3．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共 有( )
分类加法计数原理和分步乘法计数原理汇报
例如，一个班里有30名学生，其中10名是男生，20名是女生，现在要从中选出5名学 生参加比赛，要求选出的学生中必须有男生和女生。根据分类加法计数原理，可以先分 别计算选出5名男生和选出5名女生的情况下的方法数，然后将两种情况下的方法数相
加，得到总的方法数。
分类加法计数原理的实例
实例
一个班里有30名学生，其中10名是男生，20名是女生，现在要从中选出5名学生参加比赛。根据分类 加法计数原理，选出5名男生有$C_{10}^{5}$种方法，选出5名女生有$C_{20}^{5}$种方法，因此总 共有$C_{10}^{5} + C_{20}^{5}$种不同的方法可以选出5名学生参加比赛。
计算机科学中的应用
计算机科学应用
分类加法计数原理和分步乘法计数原理在计算机科学 中也有着广泛的应用。例如，在算法设计、数据结构 、人工智能等领域中，这两个原理可以帮助我们设计 更高效的算法和数据结构，从而提高计算机程序的执 行效率和性能。
计算机科学应用实例
在计算机科学中，我们经常需要设计算法和数据结构 来处理各种问题。分类加法计数原理可以帮助我们将 问题分解为多个子问题，然后分别设计算法和数据结 构来解决每个子问题，最后将它们组合起来形成完整 的解决方案。而分步乘法计数原理则可以帮助我们将 问题分解为多个步骤，然后分别设计算法和数据结构 来解决每一步的问题，最后将它们组合起来形成完整 的解决方案。
分步乘法计数原理适用于事件需要按 照一定的顺序和步骤进行分解的情况 ，例如计算完成某项任务需要经过几 个步骤，每个步骤的概率是多少等。
优缺点比较
分类加法计数原理的优点在于能够清晰地展示不同类别的数 量，便于比较和分析；缺点在于对于复杂事件，可能难以准 确地划分类别。
分类加法原理和分步乘法原理
分类加法原理和分步乘法原理分类加法原理和分步乘法原理是概率论中常用的计数原理，它们在解决组合计数问题时非常有用。
本文将详细介绍这两个原理的概念、应用场景以及实际计算方法，希望能对读者有指导意义。
一、分类加法原理分类加法原理是指将一个计数问题分成若干个互不相交的子问题，然后将各个子问题的计数结果累加起来得到总的计数结果。
换句话说，分类加法原理认为，如果一个事件可以被划分为若干个不相交的情况，那么它所有情况的计数结果之和就是总的计数结果。
举个例子来说明分类加法原理的应用。
假设有一家商店，它的商品有3种颜色（红色、蓝色、绿色），每种颜色都有2种尺寸（大号、小号）。
现在要计算这家商店的商品总数。
根据分类加法原理，我们可以将这个问题划分为两个子问题：计算每种颜色的商品总数，然后将这些结果相加。
假设红色、蓝色、绿色商品的数量分别为3、4、2，那么总的商品数量就是3+4+2=9。
分类加法原理除了可以用于计算组合问题的数量，还可以用于计算各种可能性的总数，比如排列问题和概率问题。
二、分步乘法原理分步乘法原理是指将一个多步骤的计数问题分解成若干个独立步骤，然后将各个步骤的计数结果相乘得到总的计数结果。
简而言之，分步乘法原理认为，如果一个多步骤的事件的计数问题可以被分解成若干个独立的子问题，那么它的总的计数结果就是各个子问题计数结果的乘积。
举个例子来说明分步乘法原理的应用。
假设有一家餐厅，它的菜单上有3种汤品选择（番茄汤、鸡肉汤、蘑菇汤），每种汤品有2种配料选择（鸡肉块、海鲜）。
现在要计算在这家餐厅用餐的菜单组合总数。
根据分步乘法原理，我们可以将这个问题分解成两个子问题：计算汤品选择的数量，然后计算配料选择的数量，最后将这两个数量相乘。
假设汤品选择的数量为3，配料选择的数量为2，那么菜单组合总数就是3 * 2 = 6。
分步乘法原理类似于分类加法原理，但是不同的是，分步乘法原理适用于计算多步骤问题的总数，而分类加法原理适用于计算一个事件的不同情况之和的总数。
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
分类加法计数原理与分步乘法计数原理1.分类计数问题：要计算一些集合中满足其中一种条件的元素的数目。
可以将该集合分为若干个子集，分别计算每个子集中满足条件的元素的数目，然后将这些数目相加即可得到最终的结果。
例如，一些班级有30个学生，其中有10个男生和20个女生，要计算全班学生中身高超过1.7米的男生的人数。
可以将问题分解为两个部分，分别计算身高超过1.7米的男生和身高不超过1.7米的男生的人数，然后将这两个数目相加即可得到最终的结果。
2.多重条件计数问题：要计算满足多个条件的元素的数目。
可以将满足不同条件的元素分为不同的类别，然后计算每个类别中满足条件的元素的数目，最后将这些数目相加得到最终的结果。
例如，一些商店有3种颜色的衬衫（红色、蓝色和绿色），每种颜色的衬衫分别有5件、3件和4件。
要计算购买2件衬衫的方法数目，其中要求至少购买一件红色的衬衫。
可以将购买2件衬衫分为两种情况：一种是购买一件红色的衬衫和一件其他颜色的衬衫，另一种是购买两件红色的衬衫。
然后分别计算这两种情况下的购买方法数目，最后将这两个数目相加即可得到最终的结果。
分步乘法计数原理是指将一个计数问题分解为若干个步骤，每个步骤的计数独立进行，最后将每个步骤的计数结果相乘得到最终的结果。
该方法的基本思想是通过分步骤计数来简化问题，使得每个步骤的计数更加直观和容易。
分步乘法计数原理通常适用于以下两种情况：1.顺序计数问题：要计算一些事件发生的不同顺序的可能性。
可以将该事件分为若干个步骤，分别计算每个步骤的可能性，然后将这些可能性相乘得到最终的结果。
例如，一些球队有10名队员，要计算选择3名队员组成一支首发阵容的方法数目。
可以将选择队员分为三个步骤：先选择首发中锋（有10种选择），然后选择首发后卫（有9种选择），最后选择首发前锋（有8种选择）。
然后将这三个步骤的选择数目相乘即可得到最终的结果。
2.分步限制问题：要计算满足多个条件的元素的数目。
分类加法计数原理-高中数学知识点讲解
分类加法计数原理1．分类加法计数原理【知识点的认识】1．定义：完成一件事有两类不同方案：在第 1 类办法中有m 种不同的方法，在第 2 类办法中有n 种不同的方法，那么完成这件事共有：N＝m+n 种不同的方法．2．推广：完成一件事有n 类不同方案：在第 1 类办法中有m1 种不同的方法，在第 2 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 n 种不同的方法．3．特点：（1）完成一件事的n 类方案相互独立；（2）同一类方案中的各种方法相对独立．（3）用任何一类方案中的任何一种方法均可独立完成这件事；4．注意：与分步乘法计数原理区别分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点计算“完成一件事”的方法种数不同点分类完成，类类相加分步完成，步步相乘每类方案中的每一种方法都每步依次完成才算完成这件能独立完成这件事事情（每步中的每一种方法不能独立完成这件事）注意点类类独立，不重不漏步步相依，步骤完整【解题步骤】如果完成一件事情有n 类方案，且每一类方案中的任何一种方法均能独立完成这件事，则可使用分类加法计数原理．实现步骤：（1）分类；（2）对每一类方法进行计数；1/ 2（3）用分类加法计数原理求和；【命题方向】与实际生活相联系，以选择题、填空题的形式出现，并综合排列组合知识成为能力型题目，主要考查学生分析问题和解决问题的能力及分类讨论思想．例：某校开设A 类选修课 3 门，B 类选择课 4 门，一位同学从中共选 3 门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有（）A.30 种B.35 种C.42 种D.48 种分析：两类课程中各至少选一门，包含两种情况：A 类选修课选 1 门，B 类选修课选 2 门；A 类选修课选 2 门，B类选修课选 1 门，写出组合数，根据分类计数原理得到结果．解答：可分以下 2 种情况：①A 类选修课选 1 门，B 类选修课选 2 门，有C31C42 种不同的选法；②A 类选修课选 2 门，B 类选修课选 1 门，有C32C41 种不同的选法．∴根据分类计数原理知不同的选法共有C31C42+C32C41＝18+12＝30 种．故选A．点评：本小题主要考查分类计数原理、组合知识，以及分类讨论的数学思想．本题也可以从排列的对立面来考虑，写出所有的减去不合题意的，可以这样解：C73﹣C33﹣C43＝30．2/ 2。
分类加法的原理及应用
分类加法的原理及应用一、什么是分类加法分类加法是一种数学运算方法，它将两个或多个数按照不同的分类进行加法运算。
在分类加法中，每个分类都有一个特定的加法规则或运算法则。
通过将不同的数值分别归入不同的分类，并按照规则进行加法运算，可以得到最终的结果。
二、分类加法的原理分类加法的原理基于数值的分类归纳和加法运算规则。
在进行分类加法运算时，需要按照下面的步骤进行：1.确定分类：首先需要确定要进行分类加法的数值范围和分类的方式。
可以根据数值的特性、关系等进行分类，以便更好地进行加法运算。
2.分类归纳：将不同的数值分别归入相应的分类中，可以通过大小关系、单位等进行归纳。
确保每个数值都被正确地归入相应的分类。
3.加法运算：按照每个分类的加法规则或运算法则，对数值进行加法运算。
可以是简单的加法、基于进位的加法等不同的运算方法。
4.组合结果：将各个分类的加法结果进行组合，得到最终的加法运算结果。
三、分类加法的应用分类加法在实际生活和工作中有许多应用，特别是在处理大量数据或计算复杂问题时，它可以提供一种简便、快捷的运算方法。
以下是分类加法的几个常见应用场景：1. 统计学中的分类加法在统计学中，常常需要对大量的数据进行汇总和统计。
分类加法可以用于对不同类别的数据进行求和，进而得到总体的统计结果。
例如，对不同地区的销售额进行分类加法运算，可以得到总的销售额。
2. 财务管理中的分类加法在财务管理中，常常需要对不同类型的收入和支出进行分类加法运算，以获得总的收入和支出。
例如，对各个部门的收入进行分类加法运算，可以得到整个公司的总收入。
3. 工程项目中的分类加法在工程项目中，常常需要对不同的费用和成本进行分类加法运算，以得到总的项目费用。
例如，对材料费用、人工费用、设备费用等进行分类加法运算，可以得到项目的总费用。
4. 时间管理中的分类加法在时间管理中，常常需要对不同的时间段和时间段内的任务进行分类加法运算，以得到总的时间和任务量。
《分类加法计数原理》 讲义
《分类加法计数原理》讲义在我们的日常生活和学习中，经常会遇到需要计数的问题。
比如，从甲地到乙地，可以选择坐火车、汽车或者飞机，那么到底有多少种不同的出行方式呢？这就涉及到我们今天要学习的分类加法计数原理。
一、什么是分类加法计数原理分类加法计数原理是指：完成一件事，如果有 n 类办法，在第 1 类办法中有 m1 种不同的方法，在第 2 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。
简单来说，就是将完成一件事情的方法分成不同的类别，然后把每一类方法的数量相加，就得到了完成这件事情的总方法数。
为了更好地理解这个原理，我们来看几个具体的例子。
例 1：书架上有不同的语文书 5 本，不同的数学书 4 本，不同的英语书 3 本。
从中任取一本书，有多少种不同的取法？分析：取一本书，可以分为三类：取语文书有 5 种方法，取数学书有 4 种方法，取英语书有 3 种方法。
根据分类加法计数原理，不同的取法共有 5 ＋ 4 ＋ 3 ＝ 12 种。
例 2：某班有男生 20 人，女生 15 人。
从中选一名同学担任班长，有多少种不同的选法？分析：选班长可以分为选男生和选女生两类。
选男生有20 种方法，选女生有 15 种方法。
所以共有 20 ＋ 15 ＝ 35 种不同的选法。
二、分类加法计数原理的特点1、完成一件事有若干不同的方法，这些方法可以分成 n 类。
2、每一类中的每一种方法都可以独立地完成这件事情。
3、把各类方法数相加，就得到了完成这件事情的方法总数。
需要注意的是，在分类时，要做到“不重不漏”，也就是每一种方法都只能属于某一类，而且各类之间没有重复的方法。
三、分类加法计数原理的应用1、安排活动例如，学校组织课外活动，有体育类（篮球、足球、羽毛球等）、文艺类（唱歌、跳舞、朗诵等）、科技类（机器人、航模、编程等）。
如果小明要选择参加一项活动，那么他一共有多少种选择呢？我们可以将活动分为三类，分别计算每类活动的数量，然后相加即可。
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会计学
医学
信息技术学
物理学
法学
工程学
如果这名同学只能选一个专业，那么他有多少中选择？
在这个例题中，如果数学也是A大学的强项专业，则A大学共有6个专业可 以选择，B大学有4个专业可以选择，那么用分类计数原理，得到这名同学 可能的专业选择种数为6+4=10，对吗？
完成这件事的两类办法中的各种方法是互不相同的,无论哪类办 法中的哪种方法都可以单独完成这件事
此条件的“理想配集”的个数是( ).
A.4 B.8 C.9 D.16 对子集A进行分类讨论.
枚举法
当A是二元集{1,2}时,B可以{1,2,3,4},{1,2,4},{1,2,3},{1,2},共4种情况;
当A是三元集{1,2,3}时,B可以为{1,2,4},{1,2},共2种情况;
当A是三元集{1,2,4}时,B可以为{1,2,3},{1,2},共2种情况;
有4种情况,如下表:
第1 第2 第3 第4 第5 第6 第7 第8 枪中 枪中 枪中 枪中 枪中 枪中 枪中 枪中
框图法
√
√
√
√
√
√
√
√
√
√
√
√
√ √ √ √
若第2,3,4枪连中,则命中的另一枪应处于第6,7,8枪的位置,有3种情况
若第3,4,5枪连中,则命中的另一枪应处于第1,7,8枪的位置,有3种情况; 若第4,5,6枪连中,则命中的另一枪应处于第1,2,8枪的位置,有3种情况; 若第5,6,7枪连中,则命中的另一枪应处于第1,2,3枪的位置,有3种情况; 若第6,7,8枪连中,则命中的另一枪应处于第1,2,3,4枪的位置,有4种情况.
分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案， 在第一类方案中有m种不同的方法， 在第二类方案中有n种不同的方法。 那么完成这件事共有
N＝m+n 种不同的方法。
例：在填写高考志愿表时，一名高中毕业生了解到，A,B两所大学 各有一些自己感兴趣的强项专业，具体情况如下：
A大学
B大学
生物学
数学
化学
会计学
医学
分类加法计数原理
引例1
从杭州到北京，可以乘火车，也可以乘汽车，一天中，汽车有3班， 火车有2班，那么一天中，乘坐这些交通工具从杭州到北京共有多 少种不同的走法？
1
汽车 杭州
2
3
1
火车 杭州
2
北京 3种
3+2=5种
北京 2种
引例2
用一个大写的英文字母或一个阿 拉伯数字给教室里的座位编号， 总共能够编出多少种不同的号码？
N=6+4-1=9
1.如图所示的是一个电路图,从左到右可通电的线路共有( ).
A.4条
B.5条 C.6条
D.9条
完成的是哪一件事？ 完成这件事分几类？每一类分别有几种不同的方法？
N=3+2=5
2.现有一年级的学生3名，二年级的学生5名，三年级 的学生4名.从中任选1人参加接待外宾的活动，有多 少种不同的选法？
当A是四元集{1,2,3,4}时,此时B为{1,2},共1种情况.
根据分类加法计数原理,共有4+2+2+1=9种情 况,故符合此条件的“理想配集”有9个.
例:将A,B,C,D四名同学按一定顺序排成一排,要求自左向右排列, 且A不排在第一,B不排在第二,C不排在第三,D不排在第四,试写出 他们四个人所有不同的排法.
完成的是哪一件事？ 完成这件事分几类？每一类分别有几种不同的方法？
N=3+5+4=12
完成一件事，有n类办法. 在第1类
办法中有m1种不同的方法，在第2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，则完成
这件事共有 N=
说明 种不同的方法
m1+m2+…
+mn
1）各类办法之间相互独立,都能独立的完成 这件事，要计算方法种数,只需将各类方法数 相加,因此称分类加法计数原理。
2）要适当根据具体的问题确定一个分类标 准，在分类标准下进行分类，并对每类方法 计数.
例：在所有的两位数中,个位数字大于十位 数字的两位数共有多少个?
完成的是哪一件事？ 组成个位数字大于十位数字的两位数
完成这件事分几类？每一类分别有几种不同的方法？ 不易回答 分 将个析位个数位字数比字十位,可数分字以大的下两几位类数:一一写出:
12,13,14,15,16,17,18,19,
个 2按3,位 十24,数位25,字数26,是 上27,的92,8则数,29十字, 位分数别字是可1,以2,3是,4,15,,26,,37,,…8的,8情中况的分一成个8,故有8个; 个 3类4,位,3在5,数3每6,字3一7,是3类8,83中,9则,满十足位题数目字条可件以的是两1,位2,3数,…分,7别中有的8一个个,7 ,故有7个; 同 字 45个 符56,,理 是 合,45667个,,题,245个的78,,,5意45位个只89,,的4数,有94,两个字1个位,是3个.数7的,共2个有有,618个个+7;,+个由6位+分5数+类4字加+3是法+26计+的1数=有3原65(个理个;知)…,;个位数
由 67,分68,类69,加法计数原理知,满足条件的两位数有 178+,729+,3+4+5+6+7+8=36(个)
89. 注：当分类不易说明时，多数是需要进行分类讨论
例：A与B是I={1,2,3,4}的子集,若A∩B={1,2},则称(A,B)为
一个理想配集,若将(A,B)与(B,A)看成不同的“理想配集”,则符合
编一个号码可以分成两类
N=26＋10=36
引例3
两个袋子里分别装有40个不同的红球，60个不同的白球，从中任 取一个球，有多少种取法？
取一个球可以分成两类，
一类是从装红球的袋子里取出一个 红球，有40种取法
另一类是从装白球的袋子里取出一 个白球，有60种取法
40个 60个
因此取法种数共有40+60=100种
【方法指导】按照排列的要求,排在第一的只能是排除A以外 的三个,因此可分为三类.
【解析】因为A不排在第一,所以第一只能排B,C,D中的一个, 据此可分为三类:
树状图法
由此可知,四个人共有9种不同的排法.
例：射击8枪,其中4枪命中,恰有3枪连中的情况有多少种? 分析：3枪连中有以下几种情况
若第1,2,3枪连中,则命中的另一枪应处于第5,6,7,8枪的位置,
信息技术学
物理学
法学
工程学
如果这名同学只能选一个专业，那么他有多少中选择？
完成的是哪一件事？ 选择一个专业
完成这件事分几类？每一类分别有几种不：在填写高考志愿表时，一名高中毕业生了解到，A,B两所大学各有一些自 己感兴趣的强项专业，具体情况如下：
A大学
B大学
生物学
数学
化学