《排列组合问题之—加法原理和乘法原理》

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排列组合讲义

排列组合方法篇一、两个原理及区别二、排列数公式三、组合数公式四、排列数与组合数的关系五、二项式定理公式：六、排列组合应用排列组合解法特殊元素优先排；合理分类与分步；先选后排解混合；正难则反用转化；相邻问题来捆绑；间隔插空处理法; 定序需要用除法；分排问题直接法；集团问题先整体；有的问题选模型。

○1排列数公式 m n A=)1()1(+--m n n n =！！)(m n n -.(n ，m ∈N *，且m n ≤)．注:规定1!0=. ○2排列恒等式（1）11m m n n A nA--=;（2）11m m m n n nAA mA-+=+.○3会推以下恒等式（1）1(1)mm nnA n m A -=-+; （2）1m mnn n A A n m-=-; （3）11nn n nn n nA A A ++=-; （4）1!22!33!!(1)!1n n n +⋅+⋅++⋅=+-.○1组合数公式 mn C =m n mmA A =m m n n n ⨯⨯⨯+-- 21)1()1(=！！！)(m n m n -⋅(n ∈N *，m N ∈，且m n ≤). ○2组合数的两个性质（1）m n C =m n n C - ; （2）m n C +1-m n C =m n C 1+. 注：规定10=n C . 1.分类计数原理(加法原理) 12n N m m m =+++ 2.分步计数原理（乘法原理） 12n N m m m =⨯⨯⨯m mn n A m C =⋅！. (1)0111()......n n n k n k k n n n n n n a b C a C a b C a b C b --+=+++ *()n N ∈ (2)1k n k k k n T C a b -+= （3）∑=nr rnC=n2(4)13502412n n n n n n n C C C C C C -+++=+++=.解决排列组合一般思路: 1.审题要清2.分步还是分类3.排列还是组合4.牢记右侧方法常见题型归类及决策：一.特殊元素和特殊位置优先策略1、由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数. 位置分析法和元素分析法2、有7种不同的花种在排成一列的花盆里,若两种葵花不种在中间，也不种在两端的花盆里，问有多少不同的种法？二.相邻元素捆绑策略1. 7人站成一排 ,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排法.乙甲丁丙2.某人射击8枪，命中4枪，4枪命中恰好有3枪连在一起的情形的不同种数为。

排列、组合、二项式定理加法原理和乘法原理教案

排列、组合、二项式定理·加法原理和乘法原理·教案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）引入新课师：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．（这是排列、组合、二项式定理的第一节课，是起始课．讲起始课时，把这一学科的内容作一个大概的介绍，能使学生从一开始就对将要学习的知识有一个初步的了解，并为下面的学习研究打下思想基础）师：（板书课题）（二）讲授新课1．介绍两个基本原理师：请大家先考虑下面的问题（找出片子——问题1）．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2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？师：（启发学生回答后，作补充说明）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．（教师放慢速度读一遍加法原理）师：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（见图9－1），从A村经B村去C村，共有多少种不同的走法？师：（启发学生回答后加以说明）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．（教师要读一遍乘法原理）2．浅释两个基本原理师：两个基本原理是干什么用的呢？生：计算做一件事完成它的所有不同的方法种数．（如果学生不能较准确地回答，教师可以加以提示）师：比较两个基本原理，想一想，它们有什么区别呢？（学生经过思考后可以得出：各类的方法数相加，各步的方法数相乘．）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．师：请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．生甲：9-2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．生乙：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）师：为什么会出现错误呢？生：题1的分类可能有问题吧，题2都走北路不符合要求．师：（教师归纳）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）应用举例师：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．请看例题1．（板书）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）师：（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．师：（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．师：（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．师：请大家再来分析和解决例题2．（板书）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）？师：每一个三位整数是由什么构成的呢？生：三个整数字．师：023是一个三位整数吗？生：不是，百位上不能是0．师：对！百位的数字不能是0，也就是说，一个三位整数是由百位、十位、个位三位数字组成的，其中最高位不能是0．那么要组成一个三位数需要怎么做呢？生：分成三个步骤来完成：第一步确定百位上的数字；第二步确定十位上的数字；第三步确定个位上的数字．师：很好！怎样表述呢？（教师巡视指导、并归纳）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）归纳小结师：什么时候用加法原理、什么时候用乘法原理呢？生：分类时用加法原理，分步时用乘法原理．师：应用两个基本原理时需要注意什么呢？生：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）课堂教学设计说明两个基本原理一课是排列、组合、二项式定理的开头课，学习它所需的先行知识跟学生已熟知的数学知识联系很少，通常教师们或者感觉很简单，一带而过；或者感觉难以开头．中学数学课程中引进的关于排列、组合的计算公式都是以乘法原理为基础的，而一些较复杂的排列、组合应用题的求解，更是离不开两个基本原理，因此必须使学生学会正确地使用两个基本原理，学会正确地使用这两个基本原理是这一章教学中必须抓住的一个关键．所以在教学目标中特别提出要使学生学会准备地应用两个基本原理分析和解决一些简单的问题．对于学生陌生的知识，在开头课中首先作一个大概的介绍，使学生有一个大致的了解是十分必要的．基于这一想法，在引入新课时，首先是把这一章将要学习的内容，以及与其它科目的关系做了介绍，同时也引入了课题．正确使用两个基本原理的前提是要学生清楚两个基本原理使用的条件．而原理中提到的分步和分类，学生不是一下子就能理解深刻的，这就需要教师引导学生，帮助他们分析，找到分类和分步的具体要求——类类互斥，步步独立．教学过程中的题1和题2，就是为了解决这一问题而提出的．分类用加法原理，分步用乘法原理，单纯这点学生是容易理解的，问题在于怎样合理地进行分类、分步，特别是在分类时必须做到既不重复，又不遗漏，找到分步的方法有时是比较困难的，这就要着重进行训练．教学中给出了例题1、例题2．这两个题目都是在课本例题的基础上稍加改动过的，目的就是要帮助学生发展思维能力，培养学生周密思考、细心分析的良好习惯．为了帮助学生在今后能正确运用两个基本原理解决其它排列组合问题，特别给出了4个补充习题，为下面将要进行的课打下一个基础．考虑到这节课无论是两个基本原理，还是例题都是文字较多的，因此特别设计了使用教具——投影仪．要是有实物投影仪那就更方便了．。

排列组合问题之—加法原理和乘法原理

排列组合问题之—加法原理和乘法原理华图教育梁维维加法原理和乘法原理是排列组合问题的基本思想，绝大多数的排列组合问题都会应用到这两个原理，所以对加法、乘法原理广大考生要充分的了解和掌握。

1.加法原理加法原理：做一件事情，完成它有N类方式，第一类方式有M1种方法，第二类方式有M2种方法，……，第N类方式有M(N)种方法，那么完成这件事情共有M1+M2+……+M(N)种方法。

例如：从长春到济南有乘火车、飞机、轮船3种交通方式可供选择，而火车、飞机、轮船分别有k1，k2，k3个班次，那么从武汉到上海共有N=k1+k2+k3种方式可以到达。

加法原理指的是如果一件事情是分类完成的，那么总的情况数等于每类情况数的总和，比如如下的题目：【例1】利用数字1，2，3，4，5共可组成⑴多少个数字不重复的三位数？⑵多少个数字不重复的三位偶数？【解析】⑴百位数有5种选择；十位数不同于百位数有4种选择；个位数不同于百位数和十位数有3种选择．所以共有5×4×3=60个数字不重复的三位数。

【解析】⑵先选个位数，共有两种选择：2或4．在个位数选定后，十位数还有4种选择；百位数有3种选择．所以共有2×4×3=24个数字不重复的三位偶数。

在公务员考试当中，排列组合也是考察比较多的一个问题，国考和联考当中也对加法原理做了考察。

例如如下的两道题：【例2】某班同学要订A、B、C、D四种学习报，每人至少订一种，最多订四种，那么每个同学有多少种不同的订报方式?( )A.7种B.12种C.15种D.21种【解析】不同的订报方式对于同学可以选择订一种、两种、三种、四种这样四类，第一类，选择一种有4种订报方式，第二类选订两种有6种订报方式，第三类选定三种有4种订报方式，第四类四种都订有1种订报方式。

所以每个同学有4+6+4+1=15种订报方式。

对于加法原理大家要掌握的是分类思想，对于分类问题要掌握加法原理。

总的情况数等于每类的情况数加和。

4年级奥数加法原理和乘法原理排列组合问题

1．如果两个四位数的差等于8921，那么就说这两个四位数组成一个数对．问这样的数对共有多少个?[分析与解]被减数最小可为1000，最大可为9999－8921=1078，且从1000到1078中任何一个数都可以作为被减数．共有79个被减数，从而这样的数对共有79个．2．一本书从第l页开始编排页码，共用数字2355个．那么这本书共有多少页?[分析与解]从1～9页，每页使用1个数字，共需9个数字；从10～99页，每页使用2个数字，共需90×2＝180个数字；从100～999页，每页使用3个数字，共需900×3＝2700个数字；显然这本书的页数在100～999之间，有2355－9－180＝2166，而2166÷3＝722，所以这本书有100+722－1＝821页．3．上、下两册书的页码共有687个数字，且上册比下册多5页．问上册书有多少页?[分析与解]两本书页码所用的数字大致相当，从1～9页，每页使用1个数字，共需9个数字；从10～99页，每页使用2个数字，共需90×2＝180个数字；从100～999页，每页使用3个数字，共需900×3＝2700个数字．显然，两本书的页码均在100～999之间，而前99页两本书共用去(9+180)×2＝378个数字，还剩下687－378＝309个数字．上册书比下册书多的5页，每页均需3个数字作为页码，所以上册比下册多用5×3＝15个数字．于是在剩下的309个数字种，上册用了(309+15)÷2＝162个数字，即3位数的页码有162÷3＝54页，所以上册有100+54－1＝153页．4．从1，2，3，4，5，6，7，8，9，10这10个数中，任取5个数相加的和与其余5个数相加的和相乘，能得到多少个不同的乘积?[分析与解]题中的5个数相加最小为1+2+3+4+5＝15，最大为6+7+8+9+10＝40，即题中5个数相加的和有40－15+1＝26种可能．而10个数的和为1+2+3+4+…+10＝55．如果我们假定被乘数不超过乘数，那么被乘数有26÷2＝13种可能，而当被乘数确定，乘数也就是确定为“55－被乘数”，并且这些的乘积没有重复．(如果被乘数大于乘数，都可将上面的被乘数、乘数互换而得)．所以共有13种不同的乘积．5．将所有自然数，自1开始依次写下去得到：123456789101112……试确定在第206788个位置上出现的数字．[分析与解]有1～9为1位数，所以占有9×1＝9个数字；10～99为2位数，所有占有90×2＝180个数字；100～999为3位数，所以占有900×3＝2700个数字；1000～9999为4位数，所有占有9000×4＝36000个数字；10000～99999为5位数，所有占有90000×5＝450000个数字．现在第206788个位置对应的5位数在10000～99999之间，有206788－9－180－2700－36000＝167899，167899÷5＝33579……4，所以对应的数字为10000+33579＝43579的从左至右的第4个数字，即7．6．用1分、2分和5分的硬币凑成1元．共有多少种不同的凑法?[分析与解]5分的硬币最多可以有100÷5＝20枚；当5分的硬币有20枚，那么只有这1种凑法；当5分的硬币有19枚，则剩下的5分由1分和2分的硬币凑成，有2+2+1＝2+1+1+1＝1+1+1+1+1＝5，所以共有3种凑法；当5分的硬币有18枚，则剩下的10分由1分和2分的硬币凑成，有2+2+2+2+2，2分的可以替换为1分的，于是有5+1＝6种凑法；当5分的硬币有17枚时，则剩下的15分由1分和2分的硬币凑成，有2+2+2+2+2+2+2+1，2分的可以替换为1分的，于是有7+1＝8种凑法；当5分的硬币有16枚时，则剩下的20分由1分和2分的硬币凑成，有2+2+2+2+2+2+2+2+2+2，2分的可以替换为1分的，于是有10+1＝11种凑法；于是，我们把两种情况作为一组，有(1，3)，(6，8)，(11，13)，…，即每组数内两个数字相差2，从第2组开始，每组数的第一个数字比前一组的第一个数字大5，5分的硬币可以取20～0枚，即有21种情况，分成10组还剩下一种情况，有(1，3)，(6，8)，(11，13)，(16，18)，(21，23)，(26，28)，(31，33)，(36，38)，(41，43)，(46，48)，51所以共有(1+6+11+16+21+26+31+36+41+46+51)+(3+8+13+18+23+28+33+38+43+48)＝(1+51)×11÷2+(3+48)×10÷2＝286+255＝541种．即用1分、2分和5分的硬币凑成1元．共有541种不同的凑法．7．在图8-1中，从“华”字开始，每次向下移动到一个相邻的字可以读出“华罗庚学校”．那么共有多少种不同的读法?[分析与解]从“华”到“罗”有2种读法；而从“罗”读到“庚”，每个“罗”有2种读法；而从“庚”读到“学”，每个“庚”有2种读法；从“学”到“校”，每个“学”有2种读法．显然是分步进行的，适用乘法原理，于是满足题意的读法有2×2×2×2＝16种．8．在所有的两位数中，十位数字比个位数字大的两位数有多少个?[分析与解]我们将符合条件的两位数列出按箭头所示，走有一条路，到有2种办法；再往下到有从走和走两种方法，这样到有3条路线；到可从、走，有5种方法到．过可从、走，共有8条路线；到可走、，这样共有13种走法；经过可从、两条路走，有21种方法都到；到达可以走和，因而有34种路线到达．这样由A到B，可经过和两个交叉点，共有34+21=55条路线，如下图所示．11．如图8-4，把A，B，C，D，E这5部分用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?[分析与解]A有4种着色方法；A着色后，B有3种着色方法；A、B着色后，C有2种着色方法；A、B、C着色后，D有2种着色方法；然后E有2种着色方式．所以，共有4×3×2×2×2＝96种不同的着色方法．12．图8-5是一个中国象棋盘，如果双方准备各放一个棋子，要求它们不在同一行，也不在同一列，那么总共有多少种不同的放置方法?[分析与解]设甲方先放棋子，乙方后放棋子．那么甲方可以把棋子放在棋盘的任意位置，故甲方有10×9＝90种不同的放置方法．对应甲方的第一种放法，乙方按规定必须去掉甲方棋子所在的行与列，而放置在剩下的任意位置，所以乙方有9×8＝72种不同的放置方法．所以，共有72×90＝6480种不同的放置方法．13．在如图8-6所示的阶梯形方格表的格子中放入5枚棋子，使得每行、每列都只有一枚棋子，那么这样的放法共有多少种?[分析与解]第一列有2种方法，第一列放定后，第二列又有2种方法，…，如此下去，共有2×2×2×2×1＝16种不同的放法．14．有一种用六位数表示日期的方法是：从左到右第一、二位数表示年，第三、四位数表示月，第五、六位数表示日，例如890817表示1989年8月17日．如果用这种方法表示1991年的日期，那么全年中6个数都不相同的日期共有多少天?[分析与解]第1、2位分别为9、1，故第3位不能为1，而只能为0．由于第6位不能再为0、1，故第5位不能为3，当然，第5位也不能为0，1．于是，这样的日期是 910□2□的形式．第4位可取3～8中的任一个，有6种方法．第3位取定后，第6位有5种取法．从而，共有6×5＝30种，即全年中六个数字都不相同的日期有30天．15．如果一个四位数与一个三位数的和是1999，并且四位数和三位数是由7个不同的数字组成的，那么这样的四位数最多能有多少个?[分析与解]四位数的千位数字是1，百位数字a可在0、2、3、4、5、6、7中选择，这时三位数的百位数字是9－a；四位数的十位数字b可在剩下的6个数字中选择，三位数的十位数字是9－b．四位数的个位数字c可以在剩下的4个数字中选择，三位数的个位数字是9－c．因此，所说的四位数有7×6×4＝168个。

加法原理和乘法原理PPT课件

小结：完成一件工作有以下两种不同的方式；
第一种方式：用不同类的办法去完成一件工作，每类办法中的任意一种方法都可以从头至尾把这件工作做完。第二种方式：分成几个步骤去完成一件工作，每个步骤中的任意一种方法只能完成这件工作的一部份，这几个步骤都完成了，这件工作才能做完。（二）加法原理和乘法原理：完成一件工作的不同方法的总数怎样计算？加法原理：做一件事，完成它有n类办法，其中第一类办法中有m1种方法第二类中有m2种方法· · · · · · · ，第n类办法中有mn种方法，那么完成这件事共有N=m1+m2+· · · · · · · · +mn种不同的方法。问题1第一类办法是走旱路有3种不同的走法第二类办法是走水路有2种不同的走法由加法原理共有3+2=5种不同的走法。
解：（1）组成允许有重复数字的三位数这件事可分三个步百十个骤完成；第一步确定百位上的数字；有5种不同的方法位位位第二步确定十位上和数字；有5种不同的方法，第三步确定个位数字；有5种不同方法，由乘法原理：5×5×5=125 答：可组成允许重复数字的三位数125个由同学完成第（2）题 5×4×3=60种项例3：求（a+b+c+d）· （e+f+g）展开式中的项数。解：第一步在前一个因式中取一项，有4种取法，第二步在后一个因式中取一项，有3种取法，由乘法原理：3×4=12 答：展开式中共有12项。 ·
甲地
乙地
解：完成由甲地到乙地这件事有三类办法：第一类办法坐火车，一天中有2种不同走法，第二类办法坐汽车，一天中有3种不同走法第三类办法坐轮船，一天中有4种不同走法。由加法原理得：2+3+4=9 答：有9种不同走法。

排列组合问题2：加法原理和乘法原理

加法原理和乘法原理导言：加法原理和乘法原理，是排列组合中的二个基本原理，在解决计数问题中经常运用。

把握这两个原理，并能正确区分这两个原理，至关重要。

一、概念（一）加法原理如果完成某件事共有几类不同的方法，而每类方法中，又有几种不同的方法，任选一种方法都可以完成此事，那么完成这件事的方法总数就等于各种方法的总和，这一原理称为加法原理。

例：从甲地到乙地，一天中火车有4班，汽车有2班，轮船有3班，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？解析：把乘坐不同班次的车、船称为不同的走法。

要完成从甲地到乙地这件事，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船，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。

而乘坐火车、汽车、轮船中的任何一班次，都可以从甲地到乙地，符合加法原理。

所以从甲地到乙地的总的走法=乘火车的4种走法+乘汽车的2种走法+乘轮船的3种走法=9种不同的走法（二）乘法原理如果做某件事，需要分几个步骤才能完成，而每个步骤又有几种不同的方法，任选一种方法都不能完成这件事，那么完成这件事的方法总数，就等于完成各步骤方法的乘积。

例：用1、2、3、4这四个数字可以组成多少个不同的三位数？解析：要完成组成一个三位数这件事，要分三个步骤做，首先选百位上的数，再选十位上的数，最后选个位上的数。

选百位上的数这一步骤中，可选1、2、3、4任何一个，共4种方法选十位上的数这一步骤中，可选除百位上已选好那个数字之外的三个数字，共3种方法选个位上的数这一步骤中，可选除百、十位上已选好的两个数字之外的另两个数字，共2种方法单独挑上面的任何一步中的任何一种方法，都不能组成一个三位数，符合乘法原理所以，可以组成：4×3×2=24（个）不同的三位数二、加法原理和乘法原理的区别什么时候使用加法原理，什么时候使用乘法原理，最关键是要把握住加法原理与乘法原理的区别。

从上面两个例子我们容易发现，加法原理与乘法原理最大的区别就是：如果完成一件事有几类方法，不论哪一类方法，都能完成这件事时，运用加法原理，简称为“分类-----加法”；如果完成一件事要分几个步骤，而无论哪一个步骤，都只是完成这件事的一部分，只有每一步都完成了，这件事才得以完成，这里运用乘法原理，简称为“分步----乘法”。

排列组合与概率原理及解题技巧

排列组合与概率原理及解题技巧一、基础知识1．加法原理：做一件事有n 类办法，在第1类办法中有m 1种不同的方法，在第2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，那么完成这件事一共有N=m 1+m 2+…+m n 种不同的方法。

2．乘法原理：做一件事，完成它需要分n 个步骤，第1步有m 1种不同的方法，第2步有m 2种不同的方法，……，第n 步有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。

3．排列与排列数：从n 个不同元素中，任取m(m ≤n)个元素，按照一定顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列，从n 个不同元素中取出m 个(m ≤n)元素的所有排列个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用m n A 表示，mn A =n(n-1)…(n-m+1)=)!(!m n n -,其中m,n ∈N,m ≤n,注：一般地0n A =1，0！=1，nn A =n!。

4．N 个不同元素的圆周排列数为nA n n =(n-1)!。

5．组合与组合数：一般地，从n 个不同元素中，任取m(m ≤n)个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合，即从n 个不同元素中不计顺序地取出m 个构成原集合的一个子集。

从n 个不同元素中取出m(m ≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数，用mn C 表示：.)!(!!!)1()1(m n m n m m n n n C m n -=+--=6．组合数的基本性质：（1）m n n m n C C -=；（2）11--+=n nm n m n C C C ；（3）kn k n C C kn =--11；（4）n nk k n n nnnC C C C 2010==+++∑= ；（5）111++++-=+++k m k k m k k k k k C C C C ；（6）kn m n m k k n C C C --=。

排列组合常见问题的策略

一般地,元素分成多排的排列问题, 可归结为一排考虑,再分段研究. 前排后排
练习题
有两排座位，前排11个座位，后排 12个座位，现安排2人就座规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是______
练习题 10人身高各不相等,排成前后排，每排5人,要求从左至右身高逐渐增加，共有多少排法？
1.某班元旦联欢会准备了5个节目，并且安排好了出场顺序，临上场前又有2个新节目加入，要求原有节目的顺序不变，有（）中安排方法
六．顶针问题（不配对问题）
• • • 1. 将数字1，2，3，4填入标号为1，2，3，4的四个方格里，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有（） 2. 编号为1、2、3、4、5的五个人分别去坐编号为1、2、3、4、5的五个座位，其中有且只有两个的编号与座位号一致的坐法是（） 3. 同室4人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则4张贺年卡不同的分配方式共有( )
例2：（2009四川卷理）3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端， 3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是（） A. 360 B. 288 C. 216 D. 96 对应练习题 1. 2. 3. 4对孪生兄弟排成一排,每对孪生兄弟有1人的排法数是多少? 有8本互不相同的书,数学3本,外语2本,其他书3本,将它们排成一行放在书架上,其中数学书放在一起,外语书放在一起,有多少种放法?
十一．染色问题
• • • • 涂色问题的常用方法有：（1）可根据共用了多少种颜色分类讨论; （2）根据相对区域是否同色分类讨论; （3）将空间问题平面化，转化成平面区域涂色问题。
• 【例1】将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法的总数是_______.

加法原理和乘法原理

5*5*5=125
5*4*3=60
（2）用1，2，3，4，5五个数可以组成多少个无
重复数字的三位数？三位奇数？3*4*3=36
3*4*4=48
（3）用0，1，2，3可以组成多少个三位数？
（4）用0，1，2，3可以组成多少个无重复数字的
三位数？
3*3*2=18
例6：540的不同正约数共多少个？正偶约数呢？
分析: 从甲地到乙地有3类方法, 第一类方法, 乘火车，有4种方法; 第二类方法, 乘汽车，有2种方法; 第三类方法, 乘轮船, 有3种方法;
所以从甲地到乙地共有 4 + 2 + 3 = 9 种方法。
2. 如图,由A村去B村的道路有3条，由B村去C
村的道路有2条。从A村经B村去C村，共有多少
种不同的走法? 北
提问1：完成生产试验这件事，需要多少步骤？提问2：完成这件事，能否一步完成？若不能，具体分哪些步？画出树图。
例3：已知M={1，2，3，4，5}，z=a+bi,a、 b∈M，求满足条件的复数z的个数。
解: 完成这件事, 需分2步完成, 第一步, 实部a有 m1 = 5 种方法; 第二步, 虚部b有 m2 = 5 种方法;
所以, 根据乘法原理, 共有N=5×5=25个复数z.
例4：问(a1 a2 a3 )(b1 b2 b3 b4 )(c1 c2 ) 展开后共有多少项？
分析：多项式展开后的项数是计数问题，展开后的多项式的项可看作是从第一个括号内取一个数，从第二个括号内取一个数，再从第三个括号内取一个数相乘而得。树图：解：确定多项式的每一项需要分三个步骤完成：
N=m1+m2+…+mn 种不同的方法。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mn种不同的方法，那么完成这件事有

组合数学初步——排列与组合的加法和乘法原理

第三章问题求解第1节组合数学初步1、排列与组合历史1772年，旺德蒙德以[n]p 表示由n 个不同的元素中每次取p 个的排列数。

而欧拉则于1771年以及于1778年以表示由n 个不同元素中每次取出p 个元素的组合数。

至1872年，埃汀肖森引入了以表相同之意，这组合符号（SignsofCombinations）一直沿用至今。

1830年，皮科克引入符号nCr 以表示由n 个元素中每次取出r 个元素的组合数；1869年或稍早些，剑桥的古德文以符号nPr 表示由n 个元素中每次取r 个元素的排列数，这用法亦延用至今。

按此法，nPn 便相当於现在的n!。

1880年，鲍茨以nCr 及nPr 分别表示由n 个元素取出r 个的组合数与排列数；至1899年，克里斯托尔以nPr 及nCr 分别表示由n 个不同元素中每次取出r 个不重复元素的排列数与组合数，并以nHr 表示相同意义下之可重复的排列数，这三种符号也通用至今。

两个基本原理是排列和组合的基础(1)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。

(2)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。

这里要注意区分两个原理，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。

这样完成一件事的分“类”和“步”是有本质区别的，因此也将两个原理区分开来。

排列组合(加法与乘法原理)

第1讲排列组合（加法与乘法原理）1、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种不同地方法，在第二类方法中有m2种不同地方法，……，在第N类方法中有mn种不同地方法，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.要求每一类中地每一种方法都可以独立地完成此任务；两类不同办法中地具体方法，互不相同(即分类不重)；完成此任务地任何一种方法，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地难点，不同地问题，分类地标准往往不同，需要积累一定地解题经验.2、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m 1×m2×…×mn种方法.运用乘法原理计数，关键在于合理分步.完成这件工作地N个步骤，各个步骤之间是相互联系地，任何一步地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地方法不同，则对应地完成此工作地方法也不同.运用两个原理解决地都是比较复杂地计数问题，在解题时要细心、耐心、有条理地分析问题.计数时要注意区分是分类问题还是分步问题，正确运用两个原理.灵活机动地分层重复使用或综合运用两个原理，可以巧妙解决很多复杂地计数问题.例1：（1）教室图书角放有4种不同地故事书，有7种不同地漫画书，从中取一本，共有多少种不同地取法？（2）教室图书角放有4种不同地故事书，有7种不同地漫画书，从中各取一本，共有多少种不同地取法？练习：（1）由镇往县城有3条路，由县城往长青山旅游区有4条路，由镇区经县城去长青山有几种不同地走法？（2）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，共有多少种不同地买法？例2：用1角、2角和5角地三种人民币（每种地张数没有限制）组成1元钱，有多少种方法？练习：现有一架天平和1g，3g，9g，27g地砝码各一个，能称出多少种不同地重量？例3：各数位地数字之和是24地三位数共有多少个？练习：在所有四位数中,各位上地数之和等于34地数有种.例4：（1）用1 、2、 3、 4 四个数字,可以组成个不同地四位数；（2）用1、 9 、9 、5 四个数字,可以组成个不同地四位数.练习：（1）用1、2、3、4、5、6六个数字，可以组成多少个不同地四位数？（2）用1、2、3、4、5、6六个数字，可以组成多少个不同地四位偶数？（3）用0、1、2、3、4、5六个数字，可以组成多少个不同地四位数？（4）用0、1、2、3、4、5六个数字，可以组成多少个不同地四位偶数？例5：一本书有235页，打印页码共用了多少个数字码？其中有多少个数字“1”？练习：一本书打印页码共用了6889个数字码，这本书有多少页？例6：下图中有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同地走法？练习：（1）如图所示，从甲地到乙地，最近地道路有几条？（2）如果沿图中地线段，以最短地路程，从A点出发到B点，共有多少种不同地走法？巩固练习：1、学生饭堂有主食3种，副食有6种.从主食或副食中挑一种配成盒饭，可以配成（）种.2：学生饭堂有主食3种，副食有6种.从主、副食中各挑一种配成盒饭，可以配成（）种.3：小明有7种红色画纸，4种蓝色画纸，3种黄色画纸，如果每种颜色取一张，有（）种取法.4：小明有7种红色画纸，4种蓝色画纸，3种黄色画纸，如果要取一张画纸，有（）种取法.5.从1写到100,一共用了个“5”这个数字.6：小红有不同地上衣4件，下装5种，鞋子3双，问小红能有（）种不同地穿着方法？7.数字和是4地三位数有个.8：小芳要买数学、语文、外语地参考书各一本，他看见书架上数学书有3种，语文书有2种，外语书有2种可供选择，她有（）种不同地选择方法？9.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.10.“IMO”是国际数学奥林匹克地缩写,把这三个字母写成三种不同颜色,现有五种不同颜色地笔,按上述要求能写出种不同颜色搭配地“IMO”.11：公园里有小红旗4款，小白旗5款，小蓝旗6款，如果三种颜色地小旗各取一款，有（）不同地取法.12.电影院有六个门,其中A、B、C、D门只供退场时作出口,甲、乙门作为入口也作为出口.共有种不同地进出路线.版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This article includes some parts, including text, pictures, and design. Copyright is personal ownership.用户可将本文地内容或服务用于个人学习、研究或欣赏，以及其他非商业性或非盈利性用途，但同时应遵守著作权法及其他相关法律地规定，不得侵犯本网站及相关权利人地合法权利.除此以外，将本文任何内容或服务用于其他用途时，须征得本人及相关权利人地书面许可，并支付报酬.Users may use the contents or services of this article for personal study, research or appreciation, and othernon-commercial or non-profit purposes, but at the same time, they shall abide by the provisions of copyright law and other relevant laws, and shall not infringe upon the legitimate rights of this website and its relevant obligees. In addition, when any content or service of this article is used for other purposes, written permission and remuneration shall be obtained from the person concerned and the relevant obligee.转载或引用本文内容必须是以新闻性或资料性公共免费信息为使用目地地合理、善意引用，不得对本文内容原意进行曲解、修改，并自负版权等法律责任.Reproduction or quotation of the content of this article must be reasonable and good-faith citation for the use of news or informative public free information. It shall not misinterpret or modify the original intention of the content of this article, and shall bear legal liability such as copyright.。

排列组合的一些公式及推导（非常详细易懂）

排列组合的⼀些公式及推导（⾮常详细易懂）绪论：加法原理、乘法原理分类计数原理：做⼀件事，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。

分步计数原理：完成⼀件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的⽅法，做第2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。

区别：分类计数原理是加法原理，不同的类加起来就是我要得到的总数；分步计数原理是乘法原理，是同⼀事件分成若⼲步骤，每个步骤的⽅法数相乘才是总数。

排列问题排列数从n个不同元素种取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素种取出m个元素的排列数，⽤符号A m n表⽰。

排列数公式A m n=n(n−1)(n−2)⋯(n−m+1)=n!(n−m)!,n,m∈N∗,并且m≤n（规定0!=1）推导：把n个不同的元素任选m个排序，按计数原理分步进⾏：取第⼀个：有n种取法；取第⼆个：有(n−1)种取法；取第三个：有(n−2)种取法；……取第m个：有(n−m+1)种取法；根据分步乘法原理，得出上述公式。

排列数性质A m n=n A m−1n−1可理解为“某特定位置”先安排，再安排其余位置。

A m n=m A m−1n−1+A m n−1可理解为：含特定元素的排列有m A m−1n−1，不含特定元素的排列为Amn−1。

组合问题组合数从n个不同元素种取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素种取出m个元素的组合数，⽤符号C m n表⽰。

组合数公式C m n=A m nA m m=n(n−1)(n−2)⋯(n−m+1)m!=n!m!(n−m)!,n,m∈N∗,并且m≤nC0n=C n n=1证明：利⽤排列和组合之间的关系以及排列的公式来推导证明。

加法原理和乘法原理及多重集的排列组合

组合
从n个不同元素中取出m个元素（0≤m≤n）的所有组合的个数，记为C(n,m)或C(n,m)，读作“n选m的组合数”。
示例
排列
从3个人中选择2个人进行排列，有3!/(3-2)! = 6种排列方式。
组合
从3个人中选择2个人进行组合，有C(3,2) = 3种组合方式。
应用场景
密码学
排列和组合在密码学中有着广泛的应用，如加密算法的设计、密钥的管理等。
在实际应用中，加法原理和乘法原理可以帮助我们解决各种计数问题，例如组合数学中的组合问题、概率论中的概率计算等。
展望
随着科学技术的不断发展，计数原理的应用范围越来越广泛，尤其是在计算机科学、统计学等领域。
在未来，我们期待能够进一步深入研究加法原理和乘法原理的内在机制，以及它们在不同领域的应用，从而更好地解决各种计数问题。
定义2
在多重集的排列组合中，加法原理和乘法原理的应用更为广泛。多重集是指具有相同性质的多个元素的集合，这些元素可以重复出现。排列和组合是组合数学中的基本概念，用于描述集合中元素的不同排列和选择方式。
示例
要点一
示例1
考虑一个有3个不同数字（1、2、3）的集合，我们可以使用加法原理和乘法原理来计算这个集合的所有可能排列和组合的数量。根据加法原理，我们可以将问题分解为三个子问题： 1和2和3分别作为第一个数字，然后对剩下的两个数字进行全排列。因此，总共有3!（3的阶乘）种可能的排列方式。
要点二
示例2
考虑一个有3个相同数字（例如3个苹果）的集合，我们可以使用乘法原理来计算这个集合的所有可能排列和组合的数量。根据乘法原理，我们可以将问题分解为三个子问题：第一个苹果有3种选择方式，第二个苹果也有3种选择方式，第三个苹果同样有3种选择方式。因此，总共有3×3×3=27种可能的排列方式。

排列组合基础的知识点

排列组合基础知识一、两大原理1.加法原理（1）定义：做一件事，完成它有n 类方法，在第一类方法中有1m 中不同的方法，第二类方法中有2m 种不同的方法......第n 类方法中n m 种不同的方法，那么完成这件事共有n m m m N +++=...21种不同的方法。

（2）本质：每一类方法均能独立完成该任务。

（3）特点：分成几类，就有几项相加。

2.乘法原理（1）定义做一件事，完成它需要n 个步骤，做第一个步骤有1m 中不同的方法，做第二个步骤有2m 种不同的方法......做第n 个步骤有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有n m m m N ...21=种不同的方法。

（2）本质：缺少任何一步均无法完成任务，每一步是不可缺少的环节。

（3）特点：分成几步，就有几项相乘。

二、排列组合1.排列（1）定义：从n 个不同的元素中，任取m 个（n m ≤）元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同的元素中，选取m 个元素的一个排列，排列数记为m n P ，或记为m n A 。

（2）使用排列的三条件①n 个不同元素；②任取m 个；③讲究顺序。

（3）计算公式)!(!)1)....(2)(1(m n n m n n n n A m n -=+---= 尤其：!,,110n P n P P n n n n ===2.组合（1）定义：从n 个不同的元素中，任取m 个（n m ≤）元素并为一组，叫做从n 个不同的元素中，选取m 个元素的一个组合，组合数记为m n C 。

（2）使用三条件①n 个不同元素；②任取m 个；③并为一组，不讲顺序。

（3）计算公式12)...1()1)...(1()!(!!⨯-+--=-==m m m n n n m n m n P P C m m m n m n尤其：m n n m n n n n n C C C n C C -====,1,,110例1.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字的五位奇数？A.226B.246C.264D.288解析：由于首位和末位有特殊要求，应优先安排，以免不合要求的元素占了这两个位置，末位有13C 种选择，然后排首位，有14C 种选择，左后排剩下的三个位置，有34A 种选择，由分步计数原理得：13C 14C 34A =288例2.旅行社有豪华游5种和普通游4种，某单位欲从中选择4种，其中至少有豪华游和普通游各一种的选择有（）种。

排列组合之加法与乘法原理

丙地
丁地
点评
• 解题的关键是从总体上看做这件事情是 “分类完成”,还是“分步完成”。“分类完成”用“加法原理”;“分步完成”用“乘法原理”。
练习
• 某班级有男三好学生5人,女三好学生4人。 • (1)从中任选一人去领奖, 有多少种不同的选法？ • (2) 从中任选男、女三好学生各一人去参加座谈会,有多少种不同的选法？
如上图，从A到C分2步：第一步，由A到B，有2条路；第二步，由B到C，有3条路。所以，从A到C共有 2×3=6 条路。
加法原理与乘法原理
• 加法原理和乘法原理是解排列组合题目的最基本的出发点。 • 要做一件事，完成它有n类办法，是分类问题，每一类中的每一个方法都是独立的，因此用加法原理； • 要做一件事，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”和分“步”是有本质区别的，因此也将两个原理区分开来。
例
• 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 班，汽车有2班，轮船有3班。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？ • 分析：从甲地到乙地有3类方法，第一类方法, 乘火车，有4种方法; 第二类方法, 乘汽车，有2种方法; 第三类方法, 乘轮船, 有3种方法; 所以，从甲地到乙地共有4+2+3=9种方法。
回答下面的问题 : 1. 本节课学习了那些主要内容？答: 加法原理和乘法原理。 2. 加法原理和乘法原理的共同点是什么？不同点是什么？答: 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。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。这也是本节课的重点。

行测数学运算：排列组合问题

行测数学运算：排列组合问题基本知识点：加法原理：分类用加法乘法原理：分步用乘法排列：与顺序有关组合：与顺序无关排列公式：Pmn=Amn=n!（n-m）!=n×（n-1）×（n-2）×…×（n-m+1）组合公式：Cmn=Cn-mn=Amnm！=n!m!（n-m）!=n×（n-1）×（n-2）×…×（n-m+1）m×（m-1）×（m-2）×…×1一、基础公式型【例1】（吉林2009乙-9）甲、乙、丙三个人到旅店住店，旅店里只有三个房间，恰好每个房间住一个人，问一共有（）种住法。

A. 5B. 6C. 7D. 8［答案］B［解析］本题等价于从3个人里挑出3个来排一个顺序：A33=6。

【例2】（陕西2008-12）在一条线段中间另有6个点，则这8个点可以构成多少条线段？（）A. 15B. 21C. 28D. 36［答案］C［解析］本题等价于从8个点中挑出2个构成一条线段，即：C28=28。

【例3】（国家2004B类-44）把4个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子放一个球，有多少种放法？（）A. 24B. 4C. 12D. 10［答案］A［解析］本题等价于从4个球里挑出4个来排一个顺序：A44=24。

【例4】（上海2004-18）参加会议的人两两都彼此握手，有人统计共握手36次，到会共有多少人？（）A. 9B. 10C. 11D. 12［答案］A［解析］本题等价于从N个人中挑出2个成为一个组合，即：C2N=N×（N-1）2×1=36，解得N=9。

【例5】（国家2004A类-47）林辉在自助餐店就餐，他准备挑选三种肉类中的一种肉类，四种蔬菜中的两种不同蔬菜，以及四种点心中的一种点心。

若不考虑食物的挑选次序，则他可以有多少种不同的选择方法?（）A. 4B. 24C. 72D. 144［答案］C［解析］根据乘法原理：共有C13×C24×C14=72种不同的选择方法。

加法原理和乘法原理

加法原理和乘法原理一、加法原理加法原理（也叫做并法则）是指对于两个或多个互不相容事件的概率之和等于每个事件概率的总和。

互不相容事件是指它们不能同时发生的事件。

假设有两个事件A和B，它们是互不相容的事件。

事件A发生的概率为P(A)，事件B发生的概率为P(B)，那么根据加法原理，事件A或者事件B发生的概率等于事件A发生的概率加上事件B发生的概率，即：P(A或B)=P(A)+P(B)这个原理可以进一步推广到多个事件的情况。

如果有n个互不相容的事件A1,A2,...,An，它们的概率分别为P(A1),P(A2),...,P(An)，那么这些事件中至少有一个事件发生的概率等于每个事件概率之和，即：P(A1或A2或...或An)=P(A1)+P(A2)+...+P(An)加法原理的应用可以帮助计算出一系列互不相容事件的概率和，从而推断出整个概率空间的概率。

二、乘法原理乘法原理（也叫做积法则）是指对于两个或多个独立事件的概率乘积等于每个事件概率的乘积。

独立事件是指它们的发生与其它事件无关。

假设有两个事件A和B，它们是独立事件。

事件A发生的概率为P(A)，事件B发生的概率为P(B)，那么根据乘法原理，事件A和事件B同时发生的概率等于事件A发生的概率乘上事件B发生的概率，即：P(A且B)=P(A)×P(B)这个原理可以进一步推广到多个事件的情况。

P(A1且A2且...且An)=P(A1)×P(A2)×...×P(An)乘法原理的应用可以帮助计算出多个独立事件同时发生的概率，从而推断出复杂事件的概率。

三、加法原理和乘法原理的关系加法原理和乘法原理在概率论中是相辅相成的。

乘法原理可以看作加法原理的特殊情况。

当事件A和事件B同时发生时，可以将事件A和事件B看作两个互不相容的子事件，此时根据加法原理，事件A或者事件B发生的概率等于事件A发生的概率加上事件B发生的概率。

而根据乘法原理，事件A和事件B同时发生的概率等于事件A发生的概率乘上事件B在事件A发生的条件下发生的概率。

【排列组合(1)】加法原理与乘法原理

加法原理与乘法原理一、选择题1.从5名学生中选出4名分别参加数学，物理，化学，生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为()A. 48B. 72C. 90D. 962.5位同学站成一排照相，其中甲与乙必须相邻，且甲不能站在两端的排法总数是()A. 40B. 36C. 32D. 243.我们把各位数字之和等于6的三位数称为“吉祥数”，例如123就是一个“吉祥数”，则这样的“吉祥数”一共有()A. 28个B. 21个C. 35个D. 56个4.甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学．若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有()A. 150种B. 180种C. 300种D. 345种5.在10件产品中，有8种合格品，2件次品，从这10件产品中任意抽出3件，抽出的3件中至少有1件是次品的抽法种数为()A. 64B. 72C. 384D. 4326.教学大楼共有四层，每层都有东西两个楼梯，从一层到四层共有()种走法？A. 32B. 23C. 42D. 247.一名老师和四名学生站成一排照相，学生请老师站在正中间，则不同的站法为()A. 4种B. 12种C. 24种D. 120种8.某房间有四个门，甲要各进、出这个房间一次，不同的走法的种数为()A. 12B. 7C. 16D. 649.现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行涂色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有()A. 24种B. 30种C. 36种D. 48种10.某校刊设有9门文化课专栏，由甲，乙，丙三位同学每人负责3个专栏，其中数学专栏由甲负责，则不同的分工方法有()A. 1680种B. 560种C. 280种D. 140种11.用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为()A. 24B. 48C. 60D. 7212.用数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位偶数的个数为()A. 8B. 24C. 48D. 12013.如图，某城市中，M、N两地有整齐的道路网，若规定只能向东或向北两个方向沿途中路线前进，则从M到N不同的走法共有A. 10B. 13C. 15D. 2514.如果把个位数是1，且恰有三个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1，2，3，4四个数字组成的有重复数字的四位数中“好数”共有()个．A. 3B. 9C. 12D. 1615.若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有()A. 60种B. 63种C. 66种D. 65种二、填空题16.如图所示为一电路图，从A到B不同的线路中可通电的共有________条．17.从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖，2名二等奖，3名三等奖，则可能的决赛结果共有________种．(用数字作答)18.国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教，现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有__________种不同的分派方法．19.由数字0、1、2、3、4组成无重复数字的五位数，其中奇数有________个．加法原理与乘法原理一、选择题1.从5名学生中选出4名分别参加数学，物理，化学，生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为()A. 48B. 72C. 90D. 96【答案】D【解析】【分析】本题考查排列和计数原理的实际应用，注意优先考虑特殊元素，属于中档题．根据题意，分两种情况讨论选出参加竞赛的4人，①选出的4人没有甲，②选出的4人有甲，分别求出每一种情况下的参赛方案种数，由分类计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，从5名学生中选出4名分别参加竞赛，分两种情况讨论：①选出的4人没有甲，即选出其他4人即可，有A44=24种参赛方案；②选出的4人有甲，由于甲不能参加生物竞赛，则甲有3种选法，在剩余4人中任选3人，参加剩下的三科竞赛，有A43=24种参赛方案，则此时共有3×24=72种参赛方案；则有24+72=96种不同的参赛方案．故选D．2.5位同学站成一排照相，其中甲与乙必须相邻，且甲不能站在两端的排法总数是()A. 40B. 36C. 32D. 24【答案】B【解析】【分析】本题考查计数原理的运用，考查分类讨论的数学思想，属于基础题．分类讨论，对甲乙优先考虑，即可得出结论．【解答】解：分类讨论，甲站第2个位置，则乙站1，3中的一个位置，不同的排法有C21A33= 12种；甲站第3个位置，则乙站2，4中的一个位置，不同的排法有C21A33=12种；甲站第4个位置，则乙站3，5中的一个位置，不同的排法有C21A33=12种，故共有12+12+12=36种．故选B．3.我们把各位数字之和等于6的三位数称为“吉祥数”，例如123就是一个“吉祥数”，则这样的“吉祥数”一共有()A. 28个B. 21个C. 35个D. 56个【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了分类计数原理，关键是找到三个数字之和为6的数分别是什么，属于基础题．根据1+1+4=6，1+2+3=6，2+2+2=6，0+1+5=6，0+2+4=6，0+3+3=6，0+0+6=6，所以可以分为7类，分别求出每一类的三位数的个数，再根据分类计数原理得到答案．【解答】解：因为1+1+4=6，1+2+3=6，2+2+2=6，0+1+5=6，0+2+4= 6，0+3+3=6，0+0+6=6，所以可以分为7类，当三个位数字为1，1，4时，三位数有3个，当三个位数字为1，2，3时，三位数有A33=6个，当三个位数字为2，2，2时，三位数有1个，当三个位数字为0，1，5时，三位数有4个，当三个位数字为0，2，4时，三位数有4个，当三个位数字为0，3，3时，三位数有2个，当三个位数字为0，0，6时，三位数有1个，根据分类计数原理得三位数共有3+6+1+4+4+2+1=21．故选B．4.甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学．若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有()A. 150种B. 180种C. 300种D. 345种【答案】D【解析】【分析】选出的4人中恰有1名女同学的不同选法，1名女同学来自甲组和乙组两类型．分类加法计数原理和分类乘法计数原理，最关键做到不重不漏，先分类，后分步．【解答】解：分两类：①甲组中选出一名女生有C51⋅C31⋅C62=225种选法；②乙组中选出一名女生有C52⋅C61⋅C21=120种选法．故共有345种选法．故选D．5.在10件产品中，有8种合格品，2件次品，从这10件产品中任意抽出3件，抽出的3件中至少有1件是次品的抽法种数为()A. 64B. 72C. 384D. 432【答案】A【解析】【分析】本题考查了组合与组合数公式，属于基础题．利用直接法，分两类一件次品和两件次品，根据分类计数原理可得．【解答】解：直接法，分两类一件次品和两件次品，故有C21C82+C22C81=56+8=64种．故选A．6.教学大楼共有四层，每层都有东西两个楼梯，从一层到四层共有()种走法？A. 32B. 23C. 42D. 24【答案】B【解析】【分析】本题考查分步计数原理的应用，注意认真分析题意，注意四层的大楼有三层楼梯．根据题意，分析层与层之间的走法数目，利用分步计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，教学大楼共有四层，每层都有东西两个楼梯，则从一层到二层，有2种走法，同理从二层到三层、从三层到四层也有2种走法，则从一层到四层共有2×2×2=23种走法．故选B．7.一名老师和四名学生站成一排照相，学生请老师站在正中间，则不同的站法为()A. 4种B. 12种C. 24种D. 120种【答案】C【解析】【分析】本题考查排列数公式的应用，属基础题．根据题意，分2步进行分析：①由于老师站在正中间，易得其站法数目，②将四名学生全排列，安排在两边的4个位置，由排列数公式可得学生的站法数目，由分步计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，分2步进行分析：①老师站在正中间，有1种情况，②将四名学生全排列，安排在两边的4个位置，有A44=24种排法，则5人不同的站法有1×24=24种；故选C．8.某房间有四个门，甲要各进、出这个房间一次，不同的走法的种数为()A. 12B. 7C. 16D. 64【答案】C【解析】解：有题意知本题是一个排列组合及简单的计数问题，首先甲进房间有4种结果，甲出房间有4种结果，根据计数原理知共有4×4=16种结果，故选C．本题是一个排列组合及简单的计数问题，首先甲进房间有4种结果，甲出房间有4种结果，根据计数原理得到结果．本题考查排列组合及简单的计数问题，本题解题的关键是题目对于进出房间没有任何限制，进和出都各有四种结果，这样完成整个环节就可以看出结果数是16．9.现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行涂色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有()A. 24种B. 30种C. 36种D. 48种【答案】D【解析】【分析】本题考查分步乘法计数原理的应用，属于基础题．根据题意，设需要涂色的四个部分依次分①、②、③、④，依次分析四个区域的涂色方法数目，由分步计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，设需要涂色的四个部分依次分①、②、③、④，对于区域①，有4种颜色可选，有4种涂色方法，对于区域②，与区域①相邻，有3种颜色可选，有3种涂色方法，对于区域③，与区域①②相邻，有2种颜色可选，有2种涂色方法，对于区域④，与区域②③相邻，有2种颜色可选，有2种涂色方法，则不同的涂色方法有4×3×2×2=48种；故选：D．10.某校刊设有9门文化课专栏，由甲，乙，丙三位同学每人负责3个专栏，其中数学专栏由甲负责，则不同的分工方法有()A. 1680种B. 560种C. 280种D. 140种【答案】B【解析】【分析】本题考查分步计数原理，在解题的过程中，注意有限制条件的元素的排列问题．属于中档题．利用分步计数原理先安排甲有C82种方法，再安排乙由C63种方法，丙有C33种方法，计算得答案．【解答】解：因为数学专栏由甲负责，所以安排甲有C82种方法，再安排乙由C63种方法，丙有C33种方法，所以利用分步计数原理得C82C63C33=560．故选B．11.用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为()A. 24B. 48C. 60D. 72【答案】D【解析】【分析】本题主要考查排列和排列数公式，属于基础题．先排个位数，有3个数字可选，再排其他四位数即可．【解答】解：首先排个位数，从1，3，5中选择，所以有3种选择，再排其他四位数，有A44=24种选法，所以其中奇数的个数为3×24=72．故选D．12.用数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位偶数的个数为()A. 8B. 24C. 48D. 120【答案】C【解析】【分析】本题考查分步计数原理，是一个数字问题，这种问题是最典型的排列组合问题，经常出现限制条件，并且限制条件变化多样，是一个易错题．本题需要分步计数，首先选择2和4排在末位时，共有A21种结果，再从余下的其余三位数从余下的四个数中任取三个有A43种结果，根据由分步计数原理得到符合题意的偶数．【解答】解：由题意知本题需要分步计数，2和4排在末位时，共有A21=2种排法，其余三位数从余下的四个数中任取三个有A43=4×3×2=24种排法，根据由分步计数原理得到符合题意的偶数共有2×24=48(个)．故选C．13.如图，某城市中，M、N两地有整齐的道路网，若规定只能向东或向北两个方向沿途中路线前进，则从M到N不同的走法共有A. 10B. 13C. 15D. 25【答案】C【解析】【分析】本题考查分步计数原理，本题解题的关键是把实际问题转化成数学问题，看出完成这一件事共有两个环节，每一步各有几种方法，本题是一个基础题．要从M到N，共需要向东前进两格，向北前进4格．【解答】解：要从M到N，共需要前进6格：向东前进两格，向北前进4格，=15.不同的走法有：C62=6×52×1故选：C．14.如果把个位数是1，且恰有三个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1，2，3，4四个数字组成的有重复数字的四位数中“好数”共有()个．A. 3B. 9C. 12D. 16【答案】C【解析】【分析】本题考查分类计数问题，属于基础题．当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4共有4种情况，分别列举出这几种情况，根据分类计数原理得到结果．【解答】解：由题意知本题是一个分类计数问题，当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4共有4种情况，当有三个1时：2111，3111，4111，1211，1311，1411，1121，1131，1141共9种，当有三个2，3，4时2221，3331，4441共3种，根据分类计数原理得到共有12种结果．故选C．15.若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有()A. 60种B. 63种C. 66种D. 65种【答案】C【解析】【分析】本题考查计数原理的应用，本题解题的关键是根据题意把符合条件的取法分成三种情况，利用组合数表示出结果，本题是一个基础题．要得到四个数字的和是偶数，需要分成三种不同的情况，当取得4个偶数时，当取得4个奇数时，当取得2奇2偶时，分别用组合数表示出各种情况的结果，再根据分类加法原理得到不同的取法．【解答】解：由题意知本题是一个分类计数问题，要得到四个数字的和是偶数，需要分成三种不同的情况，当取得4个偶数时，有C44=1种结果，当取得4个奇数时，有C54=5种结果，当取得2奇2偶时有C42C52=6×10=60∴共有1+5+60=66种结果，故选C．二、填空题16.如图所示为一电路图，从A到B不同的线路中可通电的共有________条．【答案】8【解析】【分析】此题考查分类计数、分步计数原理的应用，属于基础题．关键是正确运用分类计数、分步计数原理．【解答】解：按上、中、下三条线路可分为三类：从上线路中有3种；中线路中有1种；下线路中有2×2=4种，根据分类计数原理，共有3+1+4=8(种)．故答案为8．17.从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖，2名二等奖，3名三等奖，则可能的决赛结果共有________种．(用数字作答)【答案】60【解析】【分析】本题主要考查了组合与组合数公式，属于基础题．根据题意利用分步计数原理求解．【解答】解：分三步：第一步，一等奖有C61种可能的结果；第二步，二等奖有C52种可能的结果；第三步，三等奖有C33种可能的结果．故共有C61C52C33=60(种)可能的结果．故答案为60．18.国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教，现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有__________种不同的分派方法．【答案】90【解析】【分析】分三步，第一步在6个人中选取2个去第一个学校，第二步在剩下的四个人中选取2个人去第二个学校，第三步剩下的2个人去第三个学校，分别计算方法数，相乘即可．【解答】解：分三步，第一步在6个人中选取2个去第一个学校，有C62种方法，第二步在剩下的四个人中选取2个人去第二个学校，有C42种方法，第三步剩下的2个人去第三个学校，有C22种方法，所以总共方法数为C62C42C22=90种.故答案为90．19.由数字0、1、2、3、4组成无重复数字的五位数，其中奇数有________个．【答案】36【解析】【分析】本题考查分步乘法原理及排列，属于基础题．由题意讨论各个位置上的数字情况，然后利用分布乘法计数原理进行计算．【解答】解：先从1，3两个数里选一个数排在个位，有A21种排法；再从2，4，1(3)三个数里选一个数排在万位，有A31种排法；最后剩下的3个数全排在中间3个位上有A33种排法，所以共有A21A31A33=36种排法．故答案为：36。

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