7-3-1 加乘原理之综合运用.学生版

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数学讲义学生版

第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理【2013年高考会这样考】考查分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用。

【复习指导】复习时要弄清分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别与联系，能正确区分“类”和“步”，这是解排列组合问题的基础。

基础梳理1．分类加法计数原理完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有m n种不同的方法，则完成这件事情共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事情需要分成n个不同的步骤，完成第一步有m1种不同的方法，完成第二步有m2种不同的方法，……，完成第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事情共有N＝m1³m2³…³m n种不同的方法．两个原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础并贯穿始终．分类加法计．．．．．数原理中，完成一件事的方法属于其中一类并且只属于．．．．，简单的说分类的标准是“不．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．其中一类重不漏，一步完成”．而分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，在各个步骤中任取一种．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．方法，即是完成这件事的一种方法．．．．．．．．．”．类．．．．．．．．．．．．．．．，简单的说步与步之间的方法“相互独立，多步完成比加法与乘法的关系，在特定的情况下分步乘法计数原理可简化运用分类加法计数原理的过程。

双基自测1．(教材习题改编)由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有( )．A．238个 B．232个 C．174个 D．168个2．(2010²广州模拟)已知集合A＝{1,2,3,4}，B＝{5,6,7}，C＝{8,9}．现在从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合，则一共可以组成多少个集合( )．A．24个B．36个 C．26个D．27个3．(2012²滨州调研)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有( )．A ．6种B ．12种C ．24种D ．30种4．(2010高考湖南卷)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 ．155．某电子元件是由3个电阻组成的回路，其中有4个焊点A 、B 、C 、D ，若某个焊点脱落，整个电路就不通，现在发现电路不通了，那么焊点脱落的可能情况共有________种．６.直线方程0=+By Ax ，若从8,7,6,3,2,1这六个数字中每次取两个不同的数作为B A ,的值，则表示不同的直线的条数是________．考向一分类加法计数原理【例1】►(2011年高考课标全国卷)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，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有( )．A ．4种B ．10种C ．18种D ．20种【审题视点】由于是两类不同的书本，故用分类加法计数原理．分类时，首先要确定一个恰当的分类标准，然后进行分类；其次分类时要注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种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．【训练1】►（１）如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个．（２）在1到20这20个整数中，任取两个相减，差大于10，共有________种取法。

小学奥数加乘原理之数字问题(一) 精选例题练习习题(含知识点拨)

1.复习乘法原理和加法原理；2.培养学生综合运用加法原理和乘法原理的能力．3.让学生懂得并运用加法、乘法原理来解决问题，掌握常见的计数方法，会使用这些方法解决问题．在分类讨论中结合分步分析，在分步分析中结合分类讨论；教师应该明确并强调哪些是分类，哪些是分步．并了解与加、乘原理相关的常见题型：数论类问题、染色问题、图形组合．一、加乘原理概念生活中常有这样的情况：在做一件事时，有几类不同的方法，在具体做的时候，只要采用其中某一类中的一种方法就可以完成，并且这几类方法是互不影响的．那么考虑完成这件事所有可能的做法，就要用到加法原理来解决．还有这样的一种情况：就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法．要知道完成这件事情共有多少种方法，就要用到乘法原理来解决．二、加乘原理应用应用加法原理和乘法原理时要注意下面几点：⑴加法原理是把完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，所以完成任务的不同方法数等于各类方法数之和．⑵乘法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘积．⑶在很多题目中，加法原理和乘法原理都不是单独出现的，这就需要我们能够熟练的运用好这两大原理，综合分析，正确作出分类和分步．加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互不影响．．．．的独立步骤．．．．来完成，这几步是完成这件任务缺一不．．．可的．．，这样的问题可以使用乘法原理解决．我们可以简记为：“乘法分步，步步相关”．【例 1】由数字1，2，3 可以组成多少个没有重复数字的数？【考点】加乘原理之综合运用【难度】2星【题型】解答【解析】因为有1，2，3共3个数字，因此组成的数有3类：组成一位数；组成二位数；组成三位数．它们的和就是问题所求．⑴组成一位数：有3个；⑵组成二位数：由于数字可以重复使用，组成二位数分两步完成；第一步排十位数，有3种方法；第二步排个位数也有3种方法，因此由乘法原理，有326⨯=个；⑶组成三位数：与组成二位数道理相同，有326⨯=个三位数；所以，根据加法原理，一共可组成36615++=个数．【答案】15【例 2】用数字1，2，3可以组成6个没有重复数字的三位数，这6个数的和是。

2023年名校真题精讲共讲第讲计数与组合专题学生版

第6讲计数和组合专题一、计数问题1、枚举法枚举法就是把所有也许得状况一一列举出来，然后数一下总共有多种状况．2、加乘原理（1）加法原理——分类假如完毕一件事有几类措施，在每一类措施中又有不同样措施，那么把每类措施数相加就得到所有措施数．（2）乘法原理——分步假如完毕一件事有多种环节，在每一种环节中又有不同样措施，那么把每步措施数相乘就得到所有措施数．3、排列组合（1）排列从m 个不同样元素中取出n 个（n m ≤），并根据一定次序排成一列，其措施数叫做从m 个不同样元素中取出n 个排列数，记作n m A .其计算措施为： ()()11n m A m m m n =⨯-⨯⨯-+即从m 开始递减地连乘n 个数从m个不同样元素中取出n m个不同样元素中取出n其计算措施为：(m n⨯-4、分类法和排除法（1）分类法：分来法处理问题基础思想是通过度类拆解把一种复杂问题转化成多种相对简朴小问题来处理．（2）排除法：当题目中满足规定状况较多，分类法不好处理时，可以尝试用排除法，把不符合规定状况去掉，剩余就是符合．5、容斥原理（1）理解简朴容斥原理（两个之间重叠）和复杂容斥原理（三个之间重叠）（2）用文氏图协助解题6、递推措施（1）上楼梯模型（2）传球法——列表写出每一步中详细措施数（3）几何图形分平面——增量分析用于求解“把m个相似球放到n个不同样盒子中”此类问题（1）注意：球必需是相似，盒子必需是不同样．（2n-1个板插到m-1个空隙中）（3n个球，然后根据每个盒子至少1个去放，最终从每个盒子中拿出1个还回去）（4n个球放到3个盒子中，每个盒子至少1个）（5n个球放到3个盒子中，每个盒子可以为空）8、和旋转、翻转有关计数此类问题要想清晰与否有反复，反复了多少．一般求解时，要先固定部分对象，使其不能旋转或翻转．二、统筹计划1、安排工序问题2、最短路线或最短时间问题3、排队等待问题4、集合问题5、货品调度问题三、游戏对策（1）必胜方略往往是考虑“怎样让对方输”，即必胜方行动时怎样进行一次合适操作，把必输状态留给对方．（2）游戏对策中往往会运用对称性来处理问题，如桌子上放硬币问题（轮番在圆桌上放硬币，到谁放时候放不下了她就输了．先手方把第一种硬币用来占领圆桌中心点即可，后来后手方再怎么放，先手方所有能在桌上找到一种对称空位点可以放置硬币）四、逻辑推理解答推理问题常见措施有：排除法、假设法、反证法．一般可以从如下几方面考虑：1.选准突破口，分析时综合多种条件进行鉴定；2.根据题中条件，在推理过程中，不停排除不也许状况，从而得出规定结论；3.对也许出现状况作出假设，然后再根据条件推理，假如得到结论和条件不矛盾，阐明假设对的；4.碰到比较复杂推理问题，可以借助图表进行分析．常见题型：去伪存真题：有人说真话有人说假话，有人说真话；或每人说一部分对，一部分错．注意合适选择假设等措施协助解题．条件分析题：用列表或作图措施，对条件进行归纳整顿．体育比赛类问题：要注意弄清比赛规则，尤其是积分规则，对阵措施．若是画对阵关系图，注意箭头表胜败，虚线表达平局．例如：若是2分赛制，则获胜队2分，平局各1分，失败不得分，那么总得分为3分赛制时，获胜队得3分，平局各得1分，失败不得分．那么此时总分为“”五、抽屉原理1、最不利原则2、抽屉原理六、最值问题常见结论：（1）两数和一定，差越小，积越大（2）当多种数和一定是，越靠近乘积越大（3）两点之间线段最短（4）在周长一定封闭图形中，圆面积最大；在面积一定封闭图形中，圆周长最小七、构造论证1、构造往往用于阐明“能”，即给出也许状况；论证往往用于阐明“否”，即为何不行2、常见题型：（1）构造或论证：此类题目中一般会以“能否”等词汇发问．解答时，假如是“能”，就要构造出可行状况；假如是答“不能”，要论证为何．（2）构造和论证：常见于求最值问题，以求最大值问题，得出最大值后要先论证不能得更大值了，然后构造最大值对应可行状况，阐明这个最大值可以达到．一、枚举法例1.在所有三位数中，各位数字之和不超过4共有______个．二、加乘原理和排列组合例2.将1、2、3、4、5这五个数字填入下面五个方格中，使得阴影方格中填入数不小于相邻方格中数，共有_____种填法．例3.用0、1、2、3、4这五个数字能构成______个没有反复数字四位偶数．例4.从1~9选出7个数字分别填入图中7个圆圈中，使得每条线段两端点处所填数，上面比下面大，那么符合规定共_______种．三、容斥原理例5.图，数一数，图中共有多少个长方体？四、概率初步例6.某军官参与射击比赛，她射击命中率是80%．那么她连打3枪，恰好有2枪命中概率是________．例7.甲、乙两人玩掷硬币，出现正面甲得1分，背面乙得1分．先得10分者为胜．比赛进行一段时间后，甲得9分，乙得6分，那么甲获胜概率是_______五、递推计数例8.在一种平面上画3个三角形、1个圆、1条直线，最多可以把平面提成______个部分．例9.在世界杯一场小组赛中，巴西队以7:5击败南非队，假如巴西队在比赛中从未落后过，那么这场比赛共有_____种不同样进球次序．六、对应计数例10.（1）中关村一小六年级A班30名同学投票选举优秀少先队员，投票采用不记名措施，每人只能投1票且不能投弃权票（谁所有不选）．假如候选人共3人，那么投票共_____种不同样也许．（2）假如这30名学生可以投弃权票，那么投票成果共______种不同样也许七、和翻转、旋转有关计数问题例11.用7种颜色为一种正方体6个面染色，规定每个面只能用1种颜色，且6个面颜色互不相似．那么共有______种不同样染色措施．八、统筹计划例12.北京、上海、杭州三地同步研制成了大型电子计算机若干台，除当地应用外，北京可以支援外地10台，上海可以支援外地4台，杭州可以支援外地6台．目前决定给武汉6台，重庆8台，深圳6台．若每台计算机运费如下表，表中运费单位是“百元”．上海、北京和杭州制造机器完全相似，应当怎样调运，才能使总运费最省？最省运费是________万元．九、游戏对策例13.根火柴，甲、乙轮番取，规定每次只可以取1、3、4根．假如以取完火柴人为胜，甲先取，那么谁有必胜方略？方略是什么？十、逻辑推理例14.老师在3个盒子里各放了一种彩色球，让小明、小亮、小强、小佳四人猜一下各个盒子里放是什么颜色球．小明说：“1号盒里是黄球，2号盒里是黑球，3号盒里是红球”小亮说：“1号盒里是橙球，2号盒里是黑球，3号盒里是绿球”小强说：“1号盒里是紫球，2号盒里是黄球，3号盒里是蓝球”小佳说：“1号盒里是橙球，2号盒里是绿球，3号盒里是紫球”老师说：“你们中有一人恰好猜对了两个，其他三人每人猜对一种．”那么第三个箱子中放是______球．例15.在一列国际列车上，有A、B、C、D四位不同样国籍旅客，她们分别穿蓝、黑、灰、褐色大衣，每边两个人面对面地坐在同一张桌子上．已知：（1）英国人坐B先生左侧；（2）A先生穿褐色大衣；（3）穿黑色大衣坐在德国人右侧；（4）D先生对面坐着美国旅客；（5）俄国旅客穿着灰色大衣．那么A、B、C、D分别是哪国人？分别穿什么颜色衣服？例16.5支球队进行单循环比赛，每两队之间比一场，获胜者得3分，负者0分，平手各得1分．最终5支球队积分各不相似，第三名得了7分，并且和第一名打平．请问：这5支球队得分从高到低依次是多少？十一、抽屉原理例17.有一种不透明魔法口袋，里面装有大小、形状完全相似小球，分为红、黄、蓝、白、黑五种颜色，每种颜色小球所有有足够多种．n个人在口袋里取球，每人随意取3个，不管怎么取，所有一定有5个人取到球种类完全相似，那么n至少是______．十二、最值问题例18.将1、2、3、4、5、6分别填在正方体6个表面上，计算具有公共棱两个面上数乘积，这样乘积共有12个，这12个乘积和最大是_______十三、构造论证例19.把图中圆圈任意涂上红色或蓝色．问：能否使得每一条直线上红圈个数所有是奇数？例20.有3堆小石子，每次许可进行如下操作：从每堆中取走同样数目的小石子，或是将其中某一石子数是偶数堆中二分之一石子移入此外一堆．开始时，第一堆有1989块石子，第二堆有989块石子，第三堆有89块石子．问能否做到：(1)某2堆石子所有取光？(2)3堆中所有石子所有被取走？作业1.在所有三位数中，可以被9整除，并且三个数字恰好能构成等差数列（可以变化次序，如567、756）共有______个作业2.在4000~7000内有______个没有反复数字5倍数．作业3.有甲、乙、丙、丁四人过河，河上有一条小船，每次只能坐两个人，这样每次就必需有一人把船划回来接剩余人．那么四人过河有______措施．作业4.图，图中只含一种☆长方形有______个？作业5.一次吃自助餐，有10道菜，每人有4个盘子可以选菜，规定每个盘子只能装1种菜，不过可以反复选菜（例如某道菜很好吃，我可以把2个盘子所有装这1种菜），那么共有_____种选菜方案．作业6.（第六届高思杯六年级，参与了高思杯不过当时没做出来同学，看看自己目前与否会做了）正方体八个顶点分别标识为A、B、C、D、E、F、G、H．目前用四种颜色给顶点染色，规定有棱相连两个顶点颜色不同样，一共有_______不同样染色措施．（旋转或翻转后相似算不同样染法）作业7.把23表达到若干个互不相似自然数之和，那么这些自然数乘积最大是______．作业8.：一种新建5层楼房一种单元每层有东西两套房；各层房号图所示，现已经有赵、钱、孙、李、周五个人入住．一天她们在小区花园里聊天：赵说：“我家是第3个入住，第1个入住就住我对门．”钱说：“只有我一家住在最高层．”孙说：“我家入住时，我家同侧上一层和下一层所有已经有人入住了．”李说：“我家是五家中最终一种入住，我家楼下那层全空着．”周说：“我家住在106号，104号空着，108号也空着．”她们说就是真话，设第1、2、3、4、5家入住房号个位数字依次为A、B、C、D、E，那么五位数．作业9.六个足球队进行单循环比赛，每两队所有要赛一场．假如踢平，每队各得1分，否则胜队得3分，负队得0分．目前比赛已进行了四轮(每队所有已和4个队比胜过)，各队4场得分之和互不相似．已知总得分居第三位队共得7分，并且有4场球赛踢成平局，那么总得分居第五位队最多可得分，至少可得分．作业10.(大数减小数)，直到黑板上剩余一种数为止．问黑板上剩余数是奇数还是偶数？为何？。

用力学三大观点处理多过程问题(学生版)-2024年高考物理压轴题专项训练

压轴题用力学三大观点处理多过程问题1.用力学三大观点(动力学观点、能量观点和动量观点)处理多过程问题在高考物理中占据核心地位，是检验学生物理思维能力和综合运用知识解决实际问题能力的重要标准。

2.在命题方式上，高考通常会通过设计包含多个物理过程、涉及多个力学观点的复杂问题来考查学生的综合能力。

这些问题可能涉及物体的运动状态变化、能量转换和守恒、动量变化等多个方面，要求考生能够灵活运用力学三大观点进行分析和解答。

3.备考时，学生应首先深入理解力学三大观点的基本原理和应用方法，掌握相关的物理公式和定理。

其次，要通过大量的练习来提高自己分析和解决问题的能力，特别是要注重对多过程问题的训练，学会将复杂问题分解为多个简单过程进行分析和处理。

考向一：三大观点及相互联系考向二：三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律。

从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。

(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。

(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。

(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。

(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。

考向三：用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法1．多体问题--要正确选取研究对象，善于寻找相互联系选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。

选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。

通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。

小学奥数- 加乘原理之数字问题(一)

知识要点
一、加乘原理概念
生活中常有这样的情况：在做一件事时，有几类不同的方法，在具体做的时候，只要采用其中某一类中的一种方法就可以完成，并且这几类方法是互不影响的．那么考虑完成这件事所有可能的做法，就要用到加法原理来解决．
还有这样的一种情况：就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法．要知道完成这件事情共有多少种方法，就要用到乘法原理来解决．
【例 13】从 1 到 100 的所有自然数中，不含有数字 4 的自然数有多少个?
【巩固】从 1 到 500 的所有自然数中，不含有数字 4 的自然数有多少个?
【巩固】从 1 到 300 的所有自然数中，不含有数字 2 的自然数有多少个?
【例 14】将各位数字的和是 10 的不同的三位数按从大到小的顺序排列，第 10 个数是
【例 19】自然数 8336，8545，8782 有一些共同特征，每个数都是以 8 开头的四位数，且每个数中恰好有两个数字相同．这样的数共有多少个？
【巩固】在 1000 到 1999 这 1000 个自然数中，有多少个千位、百位、十位、个位数字中恰有两个相同的数？
【例 20】如果一个三位数 ABC 满足 A B ， B C ，那么把这个三位数称为“凹数”，求所有“凹数”的个数．
二、加乘原理应用
应用加法原理和乘法原理时要注意下面几点： ⑴加法原理是把完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，所以完成任务的不同方法数等于各类方法数之和． ⑵乘法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘积． ⑶在很多题目中，加法原理和乘法原理都不是单独出现的，这就需要我们能够熟练的运用好这两大原理，综合分析，正确作出分类和分步．加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互．不．影．响．的独．立．步．骤．来完成，这几步是完成这件任务缺．一．不．可．的．，这样的问题可以使用乘法原理解决．我们可以简记为：“乘法分步，步步相关”．

(精品)小学奥数7-3-1 加乘原理之综合运用.专项练习及答案解析

1.复习乘法原理和加法原理；2.培养学生综合运用加法原理和乘法原理的能力．3.让学生懂得并运用加法、乘法原理来解决问题，掌握常见的计数方法，会使用这些方法解决问题．在分类讨论中结合分步分析，在分步分析中结合分类讨论；教师应该明确并强调哪些是分类，哪些是分步．并了解与加、乘原理相关的常见题型：数论类问题、染色问题、图形组合．一、加乘原理概念生活中常有这样的情况：在做一件事时，有几类不同的方法，在具体做的时候，只要采用其中某一类中的一种方法就可以完成，并且这几类方法是互不影响的．那么考虑完成这件事所有可能的做法，就要用到加法原理来解决．还有这样的一种情况：就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法．要知道完成这件事情共有多少种方法，就要用到乘法原理来解决．二、加乘原理应用应用加法原理和乘法原理时要注意下面几点：⑴加法原理是把完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，所以完成任务的不同方法数等于各类方法数之和．⑵乘法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘积．⑶在很多题目中，加法原理和乘法原理都不是单独出现的，这就需要我们能够熟练的运用好这两大原理，综合分析，正确作出分类和分步．加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成，这几步是完成这件任务缺一不可的，这样的问题可以使用乘法原理解决．我们可以简记为：“乘法分步，步步相关”．【例 1】商店里有2种巧克力糖：牛奶味、榛仁味；有2种水果糖：苹果味、梨味、橙味．小明想买一些糖送给他的小朋友．⑴如果小明只买一种糖，他有几种选法？⑵如果小明想买水果糖、巧克力糖各1种，他有几种选法？教学目标例题精讲知识要点7-3-1.加乘原理之综合运用【考点】加乘原理之综合运用【难度】1星【题型】解答【解析】 ⑴小明只买一种糖，完成这件事一步即可完成，有两类办法：第一类是从2种巧克力糖中选一种有2种办法；第二类是从3种水果糖中选一种，有3种办法．因此，小明有235+=种选糖的方法．⑵小明完成这件事要分两步，每步分别有2种、3种方法，因此有326⨯=种方法．【答案】⑴5 ⑵6【例 2】从2，3，5，7，11这五个数中，任取两个不同的数分别当作一个分数的分子与分母，这样的分数有_______________个，其中的真分数有________________个。

奥数：7-1加法原理

1.使学生掌握加法原理的基本内容；2.掌握加法原理的运用以及与乘法原理的区别；3.培养学生分类讨论问题的能力，了解分类的主要方法和遵循的主要原则．加法原理的数学思想主旨在于分类讨论问题，教授本讲的目的也是为了培养学生分类讨论问题的习惯，锻炼思维的周全细致．一、加法原理概念引入生活中常有这样的情况，就是在做一件事时，有几类不同的方法，而每一类方法中，又有几种可能的做法．那么，考虑完成这件事所有可能的做法，就要用加法原理来解决．例如:王老师从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从北京到天津，有4趟长途汽车从北京到天津．那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？分析这个问题发现，王老师去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘火车，有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法．上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共有5+4=9种不同的走法．知识要点教学目标加法原理在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法．在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成．并且两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数．二、加法原理的定义一般地，如果完成一件事有k 类方法，第一类方法中有1m 种不同做法，第二类方法中有2m 种不同做法，…，第k 类方法中有k m 种不同做法，则完成这件事共有12 k N m m m =+++……种不同方法，这就是加法原理．加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．分类时，首先要根据问题的特点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；其次，分类时要注意满足两条基本原则：① 完成这件事的任何一种方法必须属于某一类； ② 分别属于不同两类的两种方法是不同的方法．只有满足这两条基本原则，才可以保证分类计数原理计算正确．运用加法原理解题时，关键是确定分类的标准，然后再针对各类逐一计数．通俗地说，就是“整体等于局部之和”．三、加法原理解题三部曲1、完成一件事分N 类；2、每类找种数（每类的一种情况必须是能完成该件事）；3、类类相加枚举法：枚举法又叫穷举法，就是把所有符合条件的对象一一列举出来进行计数．分类讨论的时候经常会需要把每一类的情况全部列举出来，这时的方法就是枚举法．枚举的时候要注意顺序，这样才能做到不重不漏．例题精讲78+87+模块一、分类讨论中加法原理的应用【例 1】（难度等级 ※）小宝去给小贝买生日礼物，商店里卖的东西中，有不同的玩具8种，不同的课外书20本，不同的纪念品10种，那么，小宝买一种礼物可以有多少种不同的选法？【解析】小宝买一种礼物有三类方法：第一类，买玩具，有8种方法；第二类，买课外书，有20种方法；第三种，买纪念品，有10种方法．根据加法原理，小宝买一种礼物有8+20+10=38种方法．【巩固】（难度等级 ※）有不同的语文书6本，数学书4本，英语书3本，科学书2本，从中任取一本，共有多少种取法？【解析】根据加法原理，共有6+4+3+2=15种取法．【巩固】（难度等级 ※）阳光小学四年级有3个班，各班分别有男生18人、20人、16人．从中任意选一人当升旗手，有多少种选法？【解析】解决这个问题有3类办法：从一班、二班、三班男生中任选1人，从一班18名男生中任选1人有18种选法：同理，从二班20名男生中任选1人有20种选法；从三班16名男生中任意选1人有16种选法；根据加法原理，从四年级3个班中任选一名男生当升旗手的方法有：18201654++=种．【例 2】（难度等级※※）从1～10中每次取两个不同的数相加，和大于10的共有多少种取法？【解析】根据第一个数的大小，将和大于10的取法分为9类：因此，根据加法原理，共有：1+2+3+4+5+4+3+2+1=25种取法使和大于10．【巩固】（难度等级※※）从1～8中每次取两个不同的数相加，和大于10的共有多少种取法？【解析】两个数和为11的一共有3种取法；两个数和为12的一共有2种取法；两个数和为13的一共有2种取法；两个数和为14的一共有1种取法；两个数和为15的一共有1种取法；一共有3+2+2+1+1=9种取法．【例 3】（难度等级※※）甲、乙、丙三个工厂共订300份报纸，每个工厂至少订了99份，至多101份，问：一共有多少种不同的订法？【解析】甲厂可以订99、100、101份报纸三种方法．如果甲厂订99份，乙厂有订100份和101份两种方法，丙厂随之而定．如果甲厂订100份，乙厂有订99份、100份和101份三种方法，丙厂随之而定．如果甲厂订101份，乙厂有订99份和100份两种方法，丙厂随之而定．根据加法原理，一共有2327++=种订报方法．【巩固】（难度等级※※）大林和小林共有小人书不超过9本，他们各自有小人书的数目有多少种可能的情况？【解析】大林和小林共有9本的话，有10种可能；共有8本的话，有9种可能，……，共有0本的话，有1种可能，所以根据加法原理，一共有10+9+……+3+2+1=55种可能．【例 4】（难度等级※※）四个学生每人做了一张贺年片，放在桌子上，然后每人去拿一张，但不能拿自己做的一张．问：一共有多少种不同的方法？【解析】设四个学生分别是A，B，C，D，他们做的贺年片分别是a，b，c，d．先考虑A拿B做的贺年片b的情况（如下表），一共有3种方法．同样，A拿C或D做的贺年片也有3种方法．一共有3＋3＋3=9（种）不同的方法．【例 5】(第六届走美试题)一次，齐王与大将田忌赛马．每人有四匹马，分为四等．田忌知道齐王这次比赛马的出场顺序依次为一等，二等，三等，四等，而且还知道这八匹马跑的最快的是齐王的一等马，接着依次为自己的一等，齐王的二等，自己的二等，齐王的三等，自己的三等，齐王的四等，自己的四等．田忌有________种方法安排自己的马的出场顺序，保证自己至少能赢两场比赛．【解析】第一场不管怎么样田忌都必输，田忌只可能在接下来的三场里赢得比赛，若三场全胜，则只有一种出场方法；若胜两场，则又分为三种情况：二，三两场胜，此时只能是田忌的一等马赢得齐王的二等马，田忌的二等马赢齐王的三等马，只有这一种情况；二，四两场胜，此时有三种情况；三，四两场胜，此时有七种情况；所以一共有113712+++=种方法．【例 6】（难度等级※※）把一元钱换成角币，有多少种换法？人民币角币的面值有五角、二角、一角三种．【解析】把一元钱换成角币，有三类分法：①第一类：有五角币2张，只有1种换法：②第二类：有五角币1张，则此时二角币可以有0，1，2张，相应的，一角币有5，3，1张，有3种换法；③第三类：有五角币0张，则此时二角币可以有0，1，2，3，4，5张，相应的，一角币有10，8，6，4，2，0张，有6种换法．所以，根据加法原理，总共的换法有13610++=种．【巩固】（难度等级※※）一把硬币全是2分和5分的，这把硬币一共有1元，问这里可能有多少种不同的情况？【解析】按5分硬币的个数对硬币情况进行分类：如果5分硬币有奇数个，那么无论2分硬币有多少个都不能凑成100分．如表当5分硬币的个数为0～20的偶数时，都有对应个数的2分硬币．所以一共有11种不同的情况．【例 7】（难度等级※※※）用100元钱购买2元、4元或8元饭票若干张，没有剩钱，共有多少不同的买法?【解析】如果买0张8元饭票，还剩100元，可以购买4元饭票的张数为0～25张，其余的钱全部购买2元饭票，共有26种买法；如果买l张8元饭票，还剩92元，可购4元饭票0～23张，其余的钱全部购买2元饭票，共有24种不同方法；如果买2张8元饭票，还剩84元，可购4元饭票0～21张，其余的钱全部购买2元饭票，共有22种不同方法；……如果买12张8元饭票，还剩4元饭票，可购4元饭票0～1张，其余的钱全部购买2元饭票，共有2种方法．总结规律，发现各类情况的方法数组成了一个公差为2，项数是13的等差数列．利用分类计数原理及等差数列求和公式求出所有方法：26+24+22+…+2=(26+2)×13÷2=182(种)．共有182种不同的买法．【巩固】（难度等级※※）一个文具店橡皮每块5角、圆珠笔每支1元、钢笔每支2元5角．小明要在该店花5元5角购买两种文具，他有多少种不同的选择．【解析】一共三种文具，要买两种文具．那么就可以分三类了．第一类：橡皮和圆珠笔5元5角=55角=11块橡皮（要买两种，所以这个不考虑）=9块橡皮+1只圆珠笔=7块橡皮+2只圆珠笔=5块橡皮+3只圆珠笔=3块橡皮+4只圆珠笔=1块橡皮+5只圆珠笔第一类共5种第二类：橡皮和钢笔55角=11块橡皮（不做考虑）=6块橡皮+1只钢笔=1块橡皮+2只钢笔第二类共2种第三类：圆珠笔和钢笔55角=11块橡皮（不做考虑）=1只钢笔+3只圆珠笔第三类共1种【例 8】（难度等级※※※）袋中有3个红球，4个黄球和5个白球，小明从中任意拿出6个球，他拿出球的情况共有________种可能．（2008年北京“数学解题能力展示”读者评选活动）【解析】按最少的红球来分类：3红时，黄+白=3，黄可取0，1，2，3共4种．2红时，黄+白=4，黄可取0，1，2，3，4共5种．1红时，黄+白=5，黄可取0，1，2，3，4共5种．0红时，黄+白=6，黄可取0，1，2，3共4种．共有：4+5+5+4=18（种）．【例 9】（难度等级※※）1、2、3、4四个数字，从小到大排成一行，在这四个数中间，任意插入乘号(最少插一个乘号)，可以得到多少个不同的乘积?【解析】按插入乘号的个数进行分类：⑴若插入一个乘号，4个数字之间有3个空当，选3个空当中的任一空当放乘号，所以有3种不同的插法，可以得到3个不同的乘积，枚举如下：⨯．⨯，1 2 34⨯，1 2 3 41 2 3 4⑵若插入两个乘号，由于必有一个空当不放乘号，所以从3个空档中选2个空当插入乘号有3种不同的插法，可以得到3个不同的乘积，枚举如下：⨯⨯．⨯⨯，1 234⨯⨯，1 2 3412 3 4⑶若插入三个乘号，则只有1个插法，可以得到l个不同的乘积，枚举如下：⨯⨯⨯．1234所以，根据加法原理共有3317++=种不同的乘积．【例 10】（难度等级※※※）1995的数字和是1＋9＋9＋5=24，问：小于2000的四位数中数字和等于26的数共有多少个?【解析】小于2000的四位数千位数字是1，要它数字和为26，只需其余三位数字和是25．因为十位、个位数字和最多为9＋9=18，因此，百位数字至少是7．于是百位为7时，只有1799，一个；百位为8时，只有1889，1898，二个；百位为9时，只有1979，1997，1988，三个；总计共1＋2＋3=6个．【巩固】（难度等级※※※）1995的数字和是1＋9＋9＋5=24，问：小于2000的四位数中数字和等于24的数共有多少个?【解析】小于2000的四位数千位数字是1，要它数字和为24，只需其余三位数字和是23．因为十位、个位数字和最多为9918+=，因此，百位数字至少是5．于是百位为5时，只有1599一个；百位为6时，只有1689，1698两个；百位为7时，只有1779，1788，1797三个；百位为8时，只有1869，1878，1887，1896四个；百位为9时，只有1959，1968，1977，1986，1995五个；根据加法原理，总计共1234515++++=个．【巩固】（难度等级※※※）2007的数字和是2+0+0+7=9，问：大于2000小于3000的四位数中数字和等于9的数共有多少个?【解析】大于2000小于3000的四位数千位数字是2，要它数字和为9，只需其余三位数字和是7．因此，百位数字至多是7．于是根据百位数进行分类：第一类，百位为7时，只有2700一个；第二类，百位为6时，只有2610，2601两个；第三类，百位为5时，只有2520，2511，2502三个；第四类，百位为4时，只有2430，2421，2412，2403四个；第五类，百位为3时，只有2340，2331，2322，2313，2304五个；第六类，百位为2时，只有2250，2241，2232，2223，2214、2205六个；第七类，百位为1时，只有2160，2151，2142，2133，2124、2115、2106七个；第八类，百位为0时，只有2070，2061，2052，2043，2034、2025、2016、2007八个；根据加法原理，总计共1234567836+++++++=个．【巩固】（难度等级※※※※）在四位数中，各位数字之和是4的四位数有多少？【解析】以个位数的值为分类标准，可以分成以下几类情况来考虑：第1类——个位数字是0，满足条件的数共有10个．其中：⑴十位数字为0，有4000、3100、2200、1300，共4个；⑵十位数字为1，有3010、2110、1210，共3个；⑶十位数字为2，有2020、1120，共2个；⑷十位数字为3，有1030，共1个．第2类——个位数字是1，满足条件的数共有6个．其中：⑴十位数字为0，有3001、2101、1201，共3个；⑵十位数字为1，有2011、1111，共2个；⑶十位数字为2，有1021，满足条件的数共有1个．第3类——个位数字是2，满足条件的数共有3个．其中：⑴十位数字为0，有2002、1102，共2个；⑵十位数字为1，有1012，共1个．第4类——个位数字是3，满足条件的数共有1个．其中：十位数字是0，有l003，共1个．根据上面分析，由加法原理可求出满足条件的数共有1063120+++=个．【例 11】有一类自然数，从第三个数字开始，每个数字都恰好是它前面两个数字之和，直至不能再写为止，如257，1459等等，这类数共有个.【解析】按自然数的最高位数分类：⑴最高位为1的有10112358，112358，12358，1347，1459，156，167，178，189共9个⑵最高位为2的有202246，21347，2246，2358，246，257，268，279共8个⑶最高位为3的有303369，31459，3257，3369，347，358，369共7个⑼最高位为9的有9099共1个所以这类数共有98762145++++++=个【例 12】如果一个大于9的整数，其每个数位上的数字都比他右边数位上的数字小，那么我们称它为迎春数．那么，小于2008的迎春数一共有多少个？【解析】(法1)两位数中迎春数的个数．⑴十位数字为1的：12，13，……，19．8个⑵十位数字为2的：23，24，……29．7个⑶十位数字为3的：34，35，……39．6个⑷十位数字为4的：45，46，……49．5个⑸十位数字为5的：56，57，……59．4个⑹十位数字为6的：67，68，69．3个⑺十位数字为7的：78，79．2个⑻十位数字为8的：89．1个两位数共87136+++=个三位数中迎春数的个数⑴百位数字是1的：123～129，134～139……189．共28个．⑵百位数字是2的：234～239，……289．共21个．⑶百位数字是3的：345～349，……389．共15个．⑷百位数字是4的：456～458，……489．共10个．⑸百位数字是5的：567～569，……589．共6个．⑹百位数字是6的：678，679，689．共3个．⑺百位数字是7的：789．1个1000～1999中迎春数的个数⑴前两位是12的：1234～1239，……，1289．共21个．⑵前两位是13的：1345～1349，……，1389．共15个．⑶前两位是14的：1456～1459，……，1489．共10个．⑷前两位是15的：1567～1569，……，1589．共6个．⑸前两位是16的：1678，1679，1689．3个．⑹前两位是17的：1789．1个共56个．所以小于2008的迎春数共368456176++=个．(法2)小于2008的迎春数只可能是两位数，三位数和1000多的数．两位数的取法有98236⨯÷=个．三位数的取法有()⨯⨯÷⨯⨯=个．87632156⨯⨯÷⨯⨯=个．1000多的迎春数的取法有()98732184所以共368456176++=个．【例 13】有些五位数的各位数字均取自1，2，3，4，5，并且任意相邻两位数字(大减小)的差都是1．问这样的五位数共有多少个？【解析】⑴首位取1时，千位只能是2，百位可以是1和3．百位是1，十位只能是2，个位可以是1和3．2种．百位是3，十位可以是2和4；十位是2，个位可以是1和3，十位是4，个位可以是3和5．4种．所以，首位取1时，共有246+=种．⑵首位取2时，千位可以是1和3．千位是1，百位只能是2，十位可以是1和3．有3种．千位是3，百位可以是2和4．百位是2，十位可是是1和3，有3种．百位是4，十位可以是3和5，有3种．千位是3时有336+=种．所以首位取2时，共有369+=种．⑶首位取3时，千位可以取2和4．千位是2，百位可以取1和3．百位是1，十位只能是2，个位可以是1和3；2种．百位是3时，十位可以是2和4．十位是2个位可以是1和3；十位是4，个位可以是3和5；4种．千位是4，百位可以取3和5．百位是5，十位只能是4，个位可以是3和5；2种．百位是3，十位可能是2和4．十位是2个位可以是1和3；十位是4个位可以是3和5；4种．所以，首位取3时，共有242412+++=种．⑷首位取4时，千位可以取3和5．千位是5，百位只能是4，十位可以是3和5．十位是3个位可以是2和4；十位是5个位只能是4．有3种．千位是3，百位可以是2和4．百位是2，十位可以是1和3．十位是1个位只能是2；十位是3个位可以是2和4．有3种．百位是4，十位可以是3和5．十位是5个位只能是4；十位是3，个位可以是2和4．有3种．千位是3共有336+=种．所以，首位取4时，共有369+=种．⑸首位取5时，千位只能是4，百位可以是3和5．百位是5，十位只能是4，有2种；百位是3，十位可以是2和4，有4种．所以，首位取5时共有246+=种．总共有：69129642++++=个也可以根据首位数字分别是1、2、3、4、5，画5个树状图，然后相加总共有：69129642++++=个模块二、树形图法、标数法及简单的递推一、树形图法“树形图法”实际上是枚举的一种，但是它借助于图形，可以使枚举过程不仅形象直观，而且有条理又不重复遗漏，使人一目了然．【例 14】（难度等级 ※※※）A 、B 、C 三个小朋友互相传球，先从A 开始发球(作为第一次传球)，这样经过了5次传球后，球恰巧又回到A 手中，那么不同的传球方式共多少种？(2005年《小数报》数学邀请赛) 【解析】如图，A 第一次传给B ，到第五次传回A 有5种不同方式．同理，A 第一次传给C ，也有5种不同方式．所以，根据加法原理，不同的传球方式共有5510+=种．C B CC B AAB A B CCBA【巩固】（难度等级 ※※※）一只青蛙在A ，B ，C 三点之间跳动，若青蛙从A 点跳起，跳4次仍回到A 点，则这只青蛙一共有多少种不同的跳法？【解析】 6种，如图，第1步跳到B ，4步回到A 有3种方法；同样第1步到C 的也有3种方法．根据加法原理，共有336+=种方法．AA A BCAB C BA【例 15】（难度等级 ※※※）甲、乙二人打乒乓球，谁先连胜两局谁赢，若没有人连胜头两局，则谁先胜三局谁赢，打到决出输赢为止．问：一共有多少种可能的情况？【解析】如下图，我们先考虑甲胜第一局的情况：图中打√的为胜者，一共有7种可能的情况．同理，乙胜第一局也有 7种可能的情况．一共有 7＋7=14（种）可能的情况．二、标数法适用于最短路线问题，需要一步一步标出所有相关点的线路数量，最终得到到达终点的方法总数．标数法是加法原理与递推思想的结合．【例 16】（难度等级 ※※）如图所示，沿线段从A 到B 有多少条最短路线？GFE D C BA111064332111AB【解析】图中B 在A 的右上方，因此从A 出发，只能向上或者向右才能使路线最短，那么反过来想，如果到达了某一个点，也只有两种可能：要么是从这个点左边的点来的，要么是从这个点下边的点来的．那么，如果最后到达了B ，只有两种可能：或者经过C 来到B 点，或者经D 来到B 点，因此，到达B 的走法数目就应该是到达C 点的走法数和到达D 点的走法数之和，而对于到达C 的走法，又等于到达E 和到达F 的走法之和，到达D 的走法也等于到达F 和到达G 的走法之和，这样我们就归纳出：到达任何一点的走法都等于到它左侧点走法数与到它下侧点走法数之和，根据加法原理，我们可以从A 点开始，向右向上逐步求出到达各点的走法数．如图所示，使用标号方法得到从A 到B 共有10种不同的走法．【巩固】（难度等级※※）如图，从A点到B点的最近路线有多少条？BA10204111111B6243310A【解析】使用标号法得出到B点的最近路线有20条．【例 17】（难度等级※※）如图，某城市的街道由5条东西向马路和7条南北向马路组成，现在要从西南角的A处沿最短的路线走到东北角B出，由于修路，十字路口C不能通过，那么共有＿＿＿＿种不同走法．A【解析】本题是最短路线问题．要找出共有多少种不同走法，关键是保证不重也不漏，一般采用标数法．如上图所示，共有120种．另解：本题也可采用排除法．由于不能经过C，可以先计算出从A到B的最短路线有多少条，再去掉其中那些经过C的路线数，即得到所求的结果．对于从A到B的每一条最短路线，需要向右6次，向上4次，共有10次向右或向上；而对于每一条最短路线，如果确定了其中的某6次是向右的，那么剩下的4次只能是向上的，从而该路线也就确定了．这就说明从A到B的最短路线的条数等于从10次向右或向上里面选择6次向右的种数，为610C．一般地，对于m n⨯的方格网，相对的两个顶点之间的最短路线有mm nC+种．本题中，从A到B的最短路线共有610C种；从A到C的最短路线共有26C种，从C到B的最短路线共有24C种，根据乘法原理，从A到B且必须经过C的最短路线有2264C C⨯种，所以，从A到B且不经过C的最短路线有622106421090120C C C-⨯=-=种．【例 18】（难度等级※※※）如图所示，从A点到B点，如果要求经过C点或D点的最近路线有多少条？【解析】1、方格图里两点的最短路径，从位置低的点向位置高的点出发的话，每到一点（如C、D点）只能向前或者向上．2、题问的是经过C点，或者D点；那么A到B点就可以分成两条路径了A--C---B；A---D---B，那么也就可以分成两类．但是需要考虑一个问题——A到B点的最短路径会同时经过C和D点吗？最短路径只能往上往前，经过观察发现C、D不会同时出现在最短路径上了．3、A---C---B，那么C就是必经之点了，就需要用到乘法原理了．A---C，最短路径用标数法标出，同样C---B点用标数法标注，然后相乘A---D---B，同样道理．最后结果是735+420=1155条．【例 19】如图1为一幅街道图，从A出发经过十字路口B，但不经过C走到D的不同的最短路线有条. 【解析】到各点的走法数如图2所示.A111812666633211DB CA图1图2所以最短路径有18条.【例 20】小王在一年中去少年宫学习56次，如图所示，小王家在P点，他去少年宫都是走最近的路，且每次去时所走的路线正好互不相同，那么少年宫在________点处．C【解析】本题属最短路线问题．运用标数法分别计算出从小王家P点到A、B、C、D、E点的不同路线有多少条，其中，路线条数与小王学习次数56相等的点即为少年宫．因为，从小王家P点到A点共有不同线路84条；到B点共有不同线路56条；到C点共有不同线路71条；到D点共有不同线路15条；到E点共有不同线路36条．所以，少年宫在B点处．【例 21】（难度等级※※※）在下图的街道示意图中，有几处街区有积水不能通行，那么从A到B的最短路线有多少种？AB1111111111455511136162151422 1111 1311B A【解析】因为B在A的右下方，由标号法可知，从A到B的最短路径上，到达任何一点的走法数都等于到它左侧点的走法数与到它上侧点的走法数之和．有积水的街道不可能有路线经过，可以认为积水点的走法数是0．接下来，可以从左上角开始，按照加法原理，依次向下向右填上到各点的走法数．如右上图，从A到B的最短路线有22条．【例 22】（难度等级※※※）在下图的街道示意图中，C处因施工不能通行，从A到B的最短路线有多少条？CB A633311122221111CB A【解析】因为B在A的右上方，由标号法可知，从A到B的最短路径上，到达任何一点的走法数都等于到它左侧点的走法数与到它下侧点的走法数之和．而C是一个特殊的点，因为不能通行，所以不可能有路线经过C，可以认为到达C点的走法数是0．接下来，可以从左下角开始，按照加法原理，依次向上向右填上到各点的走法数．如图，从A到B的最短路线有6条．【巩固】（难度等级※※※）在下图的街道示意图中，C处因施工不能通行，从A到B的最短路线有多少种？CBA【解析】因为B在A在右下方，由标号法可知，从A到B的最短路径上，到达任何一点的走法数都等于到它左侧点的走法数与到它上侧点的走法数之和.而C是一个特殊的点，因为不能通行，所以不可能有路线经过C，可以认为到达C点的走法数是0.接下来，可以从左上角开始，按照加法原理，依次向下向右填上到各点的走法数.如图，从A到B的最短路线有6条．【例 23】（难度等级※※※）如下表，请读出“我们学习好玩的数学”这9个字，要求你选择的9个字里能连续(即相邻的字在表中也是左右相邻或上下相邻)，这里共有多少种完整的“我们学习好玩的【解析】方法一：标数法．第一个字只能选位于左上角的“我”，以后每一个字都只能选择前面那个字的下方或右方的字，所以本题也可以使用标号法来解：(如右上图，在格子里标数)共70种不同的读法．方法二：组合法．仔细观察我们可以发现，按“我们学习好玩的数学”走的路线就是向右走四步，向下走四步的路线，而向下和向右一个排列顺序则代表了一种路线．所以总共有4870C 种不同的读法．【例 24】（难度等级※※※）如图，沿着“北京欢迎你”的顺序走（要求只能沿着水平或竖直方向走），一共有多少种不同的走法？北北京北北京欢京北欢迎欢你1131127212112113515 11113451014610151512013570321【解析】沿着“北京欢迎你”的顺序沿水平或竖直方向走，北以后的每一个字都只能选择上面的或左右两边的字，按加法原理，用标号法可得右上图．所以一共有11种走法．【巩固】（难度等级 ※※※）如下表，请读出“我们学习好玩的数学”这9个字，要求你选择的9个字里能连续(即相邻的字在表中也是左右相邻或上下相邻)，这里共有多少种完整的“我们学习好玩的数学”的读法．【解析】第一个字只能选位于左上角的“我”，以后每一个字都只能选择前面那个字的下方或右方的字，所以本题也可以使用标号法来解：(在格子里标数)共70种不同的读法．【例 25】（难度等级 ※※※）在下图中，用水平或者垂直的线段连接相邻的字母，当沿着这些线段行走是，正好拼出“APPLE ”的路线共有多少条？A|A—P—A| | |A—P—P—P—A| | | | |A—P—P—L—P—P—A| | | | | | |A—P—P—L—E—L—P—P—A 1|1—3 —1| | |1—2—7 —2—1| | | | |1—2—4—15—4—2—1| | | | | | |1—2—4—8—31—8—4—2—1【解析】要想拼出英语“APPLE ”的单词，必须按照“A →P →P →L →E ”的次序拼写．在图中的每一种拼写方式都对应着一条最短路径．如下图所示，运用标号法原理标号得出共有31种不同的路径．【巩固】如图1，用水平线或竖直线连结相邻汉字，沿着这些线读下去，正好可以读成“祖国明天更美好”，351511113451014610151512013570321。

三年中考语文真题：综合性学习与语言运用（学生版）[2018-2020年分项详解]（贵州专用）

『三年中考·真题试炼』『2018-2020·分项详解』编在前面：历年的中考卷可以让学生认识到中考的题型，命题风格，各知识板块的分值分布，考查的重点及难点。

这对于初三学生备战中考具有很大的指导意义。

而且历年的中考真题还有中考风向标的作用，学生可以通过中考试卷分析命题趋势自我预测一下可能会出现的重点难点。

这对于学生来说帮助非常大。

很多学生在初三在复习阶段会买很多的预测试卷儿或者是模拟题。

虽然也能够帮助学生扩展题面见识更多的题型，但是这些复习资料是与中考真题相比是无法比拟的。

利用好中考真题可以获得事半功倍的效果。

老师通常会在中考第二轮复习期间要求学生做至少三遍中考真题，每一遍都会有不同的侧重点。

通常第一遍就是按照中考节奏去完成试卷。

目的就是为了让学生能够掌握中考的节奏。

了解中考题试卷难易的题型分布等。

中考真题通常是80%是基础题型，20%是难题。

第一遍做中考真题并不强调分数的重要性。

主要是要把握中考的做题节奏，合理安排时间。

第二遍通常要注重准确率。

因为通过第一遍做题和对答案以后，需要花时间对错题进行分析，对难题做出归纳总结。

掌握中考真题的做题思路和方法。

而且在做第二遍的时候，要尽可能的去缩短时间。

同时避免再犯第一次做题的错误，以能够锻炼做题的速度和准确率。

做第三遍的时候就要要求百分之百的正确率。

因为经过前两次的反复练习，对中考真题已经很熟悉。

尤其是对中考试卷进行研究以后，那么对于平时的模拟考试，就会显得非常简单。

一般情况下模拟考试的题型都能够在之前的中考真题中找到真实题型!需要注意的是，如果在第三次，做中考真题的时候还会出现错误，那就需要好好地反省一下了。

中考真题的作用是独一无二的，你做再多的模拟试卷都不如做一套中考真题作用大，所以在考试前一定要认真做中考真题，并总结分析真题规律！专题08 综合性学习、语言运用（原卷版）【贵州省黔东南州2020年初中毕业升学统一考试语文试卷】综合性学习水平考查6月6日是第25个全国爱眼日，某校组织了一次以“关注我们的视力”为主题的全校性主题班会活动，并要求同学们围绕主题搜集相关材料，请你根据下面提供的材料按要求完成活动任务。

(沪教版2022选修二)2022年上海高二数学同步讲义-第1讲乘法原理和加法原理(学生版)

第1讲乘法原理和加法原理考点定位精讲讲练一、乘法原理分步计数原理：做一件事，完成它需要分成n 个子步骤，做第一个步骤有1m 种不同的方法，做第二个步骤有2m 种不同方法，……，做第n 个步骤有nm 种不同的方法．那末完成这件事共有12nN m m m =⨯⨯⨯种不同的方法．又称乘法原理．二、加法原理分类计数原理：做一件事，完成它有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的方法，在第二类办法中有2m 种方法，……，在第n 类办法中有nm 种不同的方法．那末完成这件事共有12nN m m m =+++种不同的方法．又称加法原理．三、加法原理与乘法原理的综合运用如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那末计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那末计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理．考点一：乘法原理例1．（2022·上海·高三专题练习）甲、乙、丙三位同窗打算利用假期外出遨游，约定每【注意】应用两个计数原理的关键是分清“步”与“类”.完成一件事需要若干步，而每一步缺一不可，则符合乘法原理，需要注意“步”与“步”之间的连续性；完成一件事有若干类方法，每类方法能独立完成这件事，则符合加法原理，需要注意“类”与“类”之间的独立性和等效性.人从泰山、孔府这两处景点中任选一处，那末甲、乙两位同学恰好选取同一处景点的概率是（）A．29B．23C．14D．12例2．（2022·上海·高三专题练习）下图是某项工程的网络图(单位:天)，则从开始节点①到终止节点⑧的路径共有（）A．14条 B．12条 C．9条 D．7条例3．（2022·上海·高二专题练习）现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数是（） A．1024种 B．1023种 C．1535种 D．767种例4.．（2022·上海市七宝中学高二期中）在狂欢节上，有六名同学想报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，每一个项目都有人报名，则共有__________种不同的报名方法．例5．（2022·上海市建平中学高二期中）用1、2、3三个数字能组成不同三位数的个数是________（结果用数字作答）例6．（2022·上海·复旦附中高二期中）甲､乙､丙三个人玩“剪刀､石头､布”游戏一次游戏中可以浮现的不同结果数为___________种.例7．（2022·上海·复旦附中高二期中）360的正约数共有___________个.例8．（2022·上海师范大学第二附属中学高二阶段练习）270的不同正约数共有___________个.例9．（2022·上海·复旦附中高二期中）2n个人排成一个n行，n列的方阵，现要从中选出n个代表，要使得每一行，每一列都有代表，则有___________种不同的选法.例10.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，这样的六位数的个数是__________（用数字作答）．例11.若一系列函数的解析式相同，值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那末函数解析式为2y x=-，值域为{19}--，的“同族函数”共有（）A．7个 B．8个 C．9个 D．10个例12.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？【巩固训练】1．如果在一周内（周一至周日）安排三所学校的学生参观某展览馆，每天最多只安排一所学校，要求甲学校连续参观两天，其余两所学校均只参观一天，那末不同的安排方法共有种．2．高二年级一班有女生18人，男生38人，从中选取一位男生和一位女生作代表，参加学校组织的调查团，问选取代表的方法有几种．3．4名男生和3名女生排成一行，按下列要求各有多少种排法：（1）男生必须排在一起；（2）女生互不相邻；（3）男女生相间；（4）女生按指定顺序罗列． 4．7人站一排，甲不站排头，也不站排尾，不同的站法种数有种；甲不站排头，乙不站排尾，不同站法种数有种．5．远洋轮一根旗杆上用红、蓝、白三面旗帜中，一面，二面或者三面表示信号，则最多可组成不同信号有___________种．6．六名同学参加三项比赛，三个项目比赛冠军的不同结果有多少种？7．三名男歌手和两名女歌手联合举行一场演唱会,演出时要求两名女歌手之间恰有一位男歌手,则共有出场方案种．8．从集合{12311}，，，，中任选两个元素作为椭圆方程22221x ym n+=中的m和n，则能组成落在矩形区域{()|||11B x y x=<，，且||9}y<内的椭圆个数为（）A．43B．72C．86D．909．从集合{4321012345}----，，，，，，，，，中，选出5个数组成子集，使得这5个数中的任何两个数之和不等于1，则取出这样的子集的个数为（）A．10B．32C．110D．22010．某银行储蓄卡的密码是一个4位数码，某人采用千位、百位上的数字之积作为十位和个位上的数字（如2816）的方法设计密码，当积为一位数时，十位上数字选0，并且千位、百位上都能取0．这样设计出来的密码共有（）A．90个 B．99个 C．100个 D．112个考点二：加法原理例1．（2022·上海·高三专题练习）算筹是在珠算发明以前我国独创并且有效的计算工具，为我国古代数学的发展做出了很大贡献.在算筹计数法中，以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字，如图：表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，遇零则置空，如图；如果把5根算筹以适当的方式全部放入下面的表格中，那末可以表示的三位数的个数为（）A．46B．44C．42D．40例2．（2022·上海·高二专题练习）如图，在某海岸P 的附近有三个岛屿Q ，R ，S ，计划建立三座独立大桥，将这四个地方连起来，每座桥只连接两个地方，且不浮现立体交叉形式，则不同的连接方式有（）.A．24种 B．20种 C．16种 D．12种例3.（2022·上海·复旦附中高二期中）学校组织春游活动，每一个学生可以选择去四个地方：崇明､朱家角､南汇和嘉定，有四位同学恰好分别来自这四个地方，若他们不去家乡，且分别去了不同地方，则四位同学去向的所有可能结果数为___________.例4．（2022·上海交大附中高二期中）已知在矩形ABCD 中，72AB =，56AD =，若将AB 边72等分，过每一个等分点分别作AD 的平行线，若将AD 边56等分，过每一个等分点分别作AB 的平行线，则这些平行线把整个矩形分成为了边长为1的7256⨯个小正方形，于是，被对角线AC 从内部穿过的小正方形（小正方形内部至少有AC 上的点）共有______个．例5．（2022·上海徐汇·高二期末）若一个三位数的各位数字之和为10，则称这个三位数“十全十美数”，如208，136都是“十全十美数”，现从所有三位数中任取一个数，则这个数恰为“十全十美数”的概率是____________例6.从长度分别为1、2、3、4的四条线段中，任取三条的不同取法共有n 种.在这些取法中，以取出的三条线段为边可组成的三角形的个数为m ，则nm等于（）A.0B.41C.21D.43例7.用100元钱购买2元、4元或者8元饭票若干张，没有剩钱，共有多少不同的买法?例8.袋中有3个红球，4个黄球和5个白球，小明从中任意拿出6个球，他拿出球的情况共有____种可能．【巩固训练】1．从1～10中每次取两个不同的数相加，和大于10的共有多少种取法？2．高二年级一班有女生18人，男生38人，从中选取一位学生作代表，参加学校组织的调查团，问选取代表的方法有几种．3．一次，齐王与大将田忌赛马．每人有四匹马，分为四等．田忌知道齐王这次比赛马的出场顺序挨次为一等，二等，三等，四等，而且还知道这八匹马跑的最快的是齐王的一等马，接着挨次为自己的一等，齐王的二等，自己的二等，齐王的三等，自己的三等，齐王的四等，自己的四等．田忌有________种方法安排自己的马的出场顺序，保证自己至少能赢两场比赛．4．用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为（）A．324B．328C．360D．6485．用012345，，，，，这6个数字，可以组成____个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数．6．圆周上有12个不同的点，过其中任意两点作弦，这些弦在圆内的交点个数最多是．7．1995的数字和是1＋9＋9＋5=24，问：小于2000的四位数中数字和等于26的数共有多少个?8．2022的数字和是2+0+0+7=9，问：大于2000小于3000的四位数中数字和等于9的数共有多少个?考点三：综合应用例1.用0，3，4，5，6排成无重复字的五位数，要求偶数字相邻，奇数字也相邻，则这样的五位数的个数是_________．（用数字作答）例2.若自然数n使得作竖式加法(1)(2)++++均不产生进位现象．则称n为“可连n n n数”．例如：32是“可连数”，因323334++不产生进位现象；23不是“可连数”，因++产生进位现象．那末，小于1000的“可连数”的个数为（）232425A．27B．36C．39D．48例3.由正方体的8个顶点可确定多少个不同的平面？例4.某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，从“0000⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯”到“9999⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯”共10000个号码．公司规定：凡卡号的后四位带有数字“4”或者“7”的一律作为“优惠卡”，则这组号码中“优惠卡”的个数为（）A．2000B．4096C．5904D．8320例5.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．96 B．84 C．60 D．48例6.如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色，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）例7.分母是385的最简真分数一共有多少个？并求它们的和．例8.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、A 1、B 1、C 1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种（用数字作答）例9.用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为129，，，的9个小正方形（如图），使得任意相邻（有公共边的）小正方形所涂颜色都不相同，且“3、5、7”号数字涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有（）种．A．72B．108C．144D．192【巩固训练】1．6本不同的书全部送给5人，每人至少1本，有种不同的送书方法．2．将4名教师分配到3所中学任教，每所中学至少1名教师，则不同的分配方案共有（）A.12种B. 24种C. 36种D. 48种3．某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个节目插入原节目单中，那末不同的插法种数为（） A．504 B．210 C．336 D．1204．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，那末一个队打14场共得19分的情况有（）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种5．从6人中选出4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市遨游，要求每一个城市有一人遨游，每人只遨游一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎遨游，则不同的选择方案共有（）A．300种 B．240种 C．144种 D．96种9876543216．某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部份（如图）．现要栽种4种不同颜色的花，每部份栽种一种且相邻部份不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有种．（以数字作答）7．如图所示,问从A到D每次不许走重复的路,共有多少种走法?(注:每次的路线一个地方只能经过一次)8．球台上有4个黄球，6个红球，击黄球入袋记2分，击红球入袋记1分，欲将此十球中的4球击入袋中，但总分不低于5分，击球方法有几种？一、单选题1．（2022·上海·高二专题练习）从集合{}1,2,3,4,,15中任意选择三个不同的数，使得这三个数组成等差数列，这样的等差数列有（）个A．98 B．56 C．84 D．492．（2022·上海·高三专题练习）现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、20元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数是（） A．1024种 B．1023种 C．1536种 D．1535种3．从图中的12个点中任取3个点作为一组，其中可构成三角形的组数是（）A .208B .204 C.200D.196二、填空题4．（2022·上海·高二专题练习）一个三位数，其十位上的数字小于百位上的数字，也小于个位上的数字，如523，769等，这样的三位数共有________个．5．（2022·上海·高二专题练习）请列举出用0，1，2，3，4这5个数字所组成的无重复数字且比3000大的，且相邻的数字的奇偶性不同的所有四位数奇数，它们分别是______. 6．（2022·上海市复兴高级中学高三期中）有4位教师在同一年级的4个班级各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位教师都不能在本班监考，则监考的方法数有_______种. 7．（2022·上海·高二专题练习）在所有的两位数中，个位上的数字小于十位上的数字的两位数有________个.8．（2022·上海交大附中高三开学考试）如图，将网格中的三条线段沿网格线上、下或者左、右平移，组成一个首尾相连的三角形，若最小的正方形边长为1格，则三条线段一共至少需要挪移__________格.9．（2022·上海·高二专题练习）乘积（a 1+a 2+a 3）（b 1+b 2+b 3+b 4）（c 1+c 2+c 3+c 4+c 5）展开后共有_____项．10．（2022·上海中学高二阶段练习）将1，2，3填入33 的方格中，要求每行､每列都没有重复数字，如图是其中一种填法，则不同的填写方法共有___________种.11．（2022·上海宝山·高二期末）640的不同正约数共有______个12．（2022·上海·高三专题练习）一个三位数，个位､十位､百位上的数字挨次为x y z ､､，当且仅当y x >且y z >时，称这样的数为“凸数”(如341)，则从集合{}1,2,3,4,5中取出三个不相同的数组成的“凸数”个数为___________.13．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）14．某餐厅供应客饭，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2菜2素共4种不同的品种.现在餐厅准备了5种不同的荤菜，若要保证每位顾客有200种以上的不同选择，则餐厅至少还需要不同的素菜品种_____________种．三、解答题15．（2022·上海市奉贤中学高二期中）现某学校共有34人自愿组成数学建模社团，其中高一年级13人，高二年级12人,高三年级9人. (1)选其中一人为负责人，共有多少种不同的选法？ (2)每一个年级选一位组长，有多少种不同的选法？(3)选两人作为社团发言人,这两人需要来自不同的年级，有多少种不同的选法？16．在所有两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？17．三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数是多少？⑤④③②①。

四年级三大原理加乘原理学生版

知识要点【课前引入】在做加、乘原理的题时，我们经常会遇到为地图涂色的题目。

关于为地图涂色有一个看起来简单，但证明过程却十分复杂的题目——四色猜想。

四色猜想是世界近代三大数学难题之一。

四色猜想的提出来自英国。

1852年，毕业于伦敦大学的弗南西斯·格思里来到一家科研单位搞地图着色工作时，发现了一种有趣的现象：“看来，每幅地图都可以用四种颜色着色，使得有共同边界的国家着上不同的颜色。

”这个结论能不能从数学上加以严格证明呢？他和在大学读书的弟弟格里斯决心试一试。

兄弟二人为证明这一问题而使用的稿纸已经堆了一大叠，可是研究工作没有进展。

1852年10月23日，他的弟弟就这个问题的证明请教他的老师、著名数学家德·摩尔根，摩尔根也没有能找到解决这个问题的途径，于是写信向自己的好友、著名数学家哈密尔顿爵士请教。

哈密尔顿接到摩尔根的信后，对四色问题进行论证。

但直到1865年哈密尔顿逝世为止，问题也没有能够解决。

1872年，英国当时最著名的数学家凯利正式向伦敦数学学会提出了这个问题，于是四色猜想成了世界数学界关注的问题。

世界上许多一流的数学家都纷纷参加了四色猜想的大会战。

1878~1880年两年间，著名的律师兼数学家肯普和泰勒两人分别提交了证明四色猜想的论文，宣布证明了四色定理，大家都认为四色猜想从此也就解决了。

11年后，即1890年，数学家赫伍德以自己的精确计算指出肯普的证明是错误的。

不久，泰勒的证明也被人们否定了。

后来，越来越多的数学家虽然对此绞尽脑汁，但一无所获。

于是，人们开始认识到，这个貌似容易的题目，其实是一个可与费马猜想相媲美的难题。

先辈数学大师们的努力，为后世的数学家揭示四色猜想之谜铺平了道路。

进入20世纪以来，科学家们对四色猜想的证明基本上是按照肯普的想法在进行。

1913年，伯克霍夫在肯普的基础上引进了一些新技巧，美国数学家富兰克林于1939年证明了22国以下的地图都可以用四色着色。

枚举筛选加乘原理加乘原理进阶(学生版)

枚举筛选、加乘原理、加乘原理进阶（学生版）1计数――枚举筛选、加乘原理枚举与筛选知识探究例1．1. 小王准备游览A、B、C、D这四个地方的中的两个，小王有多少种不同的选择方式？如果想游览其中的三个地方，小王有多少种不同的选择方式？2. 小王准备游览A、B、C这三个地方，小王有多少种不同的游览顺序？3. 小王准备在一周（7天）中选出3天去健身，要求不能连续两天都去，一共有多少种满足条件的时间安排？4. 一条公路上，共有8个站点．如果每个起点到终点只用一种车票（中间至少相隔3个车站），那么共有多少种不同的车票？5. 1997各数位上的数字之和是1+9+9+7=26，那么在比2000小的四位数中，一共有多少个数字和为26的四位数？计数――枚举筛选、加乘原理2练习：一个三位数，每一位上的数字都是1、2、3中的一个，并且相邻的两个数字不相同，满足条件的三位数一共有多少个？例2．6. 有4个分别是1克、2克、4克、8克的砝码和一架天平，如果要求砝码只能放在天平的同一侧，可以称出多少种不同的质量？7. 小明要把1元钱换成零钱，现在只有足够的2分和5分的硬币，有多少种不同的换法？例3．8. 甲、乙两人打乒乓球，谁先胜三局谁赢；打到决出输赢为止，若甲胜第一局并最终获胜，共有多少种可能？计数――枚举筛选、加乘原理9. 甲、乙、丙三个人传球，第一次传球是由甲开始，将球传给乙或丙……经过四次传球后，球正好回到甲手里．一共有多少种不同的传球方式？练习：甲、乙两人打乒乓球，谁先胜三局谁赢；打到决出输赢为止，一共有多少种可能的情况？计数――枚举筛选、加乘原理4加乘原理知识探究例1.1. 从甲城到乙城，可以选择3种不同车次的火车，2种不同班次的飞机，或乘1个班次的长途汽车；从乙城到丙城只有2种不同班次的飞机．从甲城到乙城共有几种不同的选择？从甲城经过乙城到丙城，有多少种不同的选择？2. 书架上有8本不同故事书，6本不同科技书．（1）从中任取一本，有几种不同取法？（2）从中任选一本科技书和一本故事书共有几种不同取法？（3）如果又买来5本不同的作文书，从三种书中任取一本有几种方法？三种书各取一本有多少方法？3. 如下图，从甲地到乙地有4条路可以走，从乙地到丙地有2条路可以走，从甲地（不经过乙地）到丙地有3条路可以走．那么从甲地到丙地共有多少种走法？5计数――枚举筛选、加乘原理练习：甲厂生产的手机外壳形状有3种，颜色有4种，乙厂生产的手机外壳形状有4种，颜色有5种，这两厂生产的手机仅从外壳的形状和颜色看，共有多少种不同的品种？（7种外壳形状均不相同）我来总结 ? 加乘原理包含的是两种计数方法，一种是_______原理，另一种是_______原理． ? 完成一件事情的方法可以分为两类，第一类有3种方法，第二类有5种方法，那么完成这件事共有_______种方法，对应的是_______原理． ? 完成一件事情的方法可以分为两步，第一步有3种方法，第二步有5种方法，那么完成这件事共有_______种方法，对应的是_______原理．例2． 4. 用2、3、4这三个数字，可以组成多少个三位数？可以组成多少个没有重复数字的三位数？5. 用0、2、3这三个数字，可以组成多少个三位数？可以组成多少个没有重复数字的三位数？感谢您的阅读，祝您生活愉快。

586 排列组合初步(学生版)

学科培优数学“排列组合初步”学生姓名授课日期教师姓名授课时长知识定位理解加乘原理的根本，分辨何时使用加法原理、何时使用乘法原理知识梳理一、乘法原理：我们在完成一件事时往往要分为多个步骤，每个步骤又有多种方法，当计算一共有多少种完成方法时就要用到乘法原理.乘法原理：一般地，如果完成一件事需要n个步骤，其中，做第一步有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，则完成这件事一共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法．乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互不影响．．．．的独立步骤．．．．来完成，这几步是完成这件任务缺一不可的．．．．．，这样的问题可以使用乘法原理解决．我们可以简记为：“乘法分步，步步相关”.二、加法原理：无论自然界还是学习生活中，事物的组成往往是分门别类的，例如解决一件问题的往往不只一类途径，每一类途径往往又包含多种方法，如果要想知道一共有多少种解决方法，就需要用到加法原理.加法原理：一般地，如果完成一件事有k类方法，第一类方法中有m1种不同做法，第二类方法中有m2种不同做法，…，第k类方法中有mk种不同的做法，则完成这件事共有N= m1 + m2+…+mk种不同的方法.加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”.加乘原理的区别：加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”.乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成，这几步是完成这件任务缺一不可的，这样的问题可以使用乘法原理解决．我们可以简记为：“乘法分步，步步相关。

”例题精讲【试题来源】【题目】用2、4、5、7这4个不同数字可以组成24个互不相同的四位数，将它们从小到大排列，那么7254是第多少个数？【试题来源】【题目】用0、1、2、3、4这5个数字，组成各位数字互不相同的四位数，例如1023、2341等，求全体这样的四位数之和。

排列与组合.参考教案.学生版

要求层次重难点加法原理、乘法原理分类加法计数原理、分步乘法计数原理B分类加法计数原理、分步乘法计数原理 ① 理解分类加法计数原理和分类乘法计数原理；② 会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．用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C要求层次重难点排列与组合排列、组合的概念B 排列与组合① 理解排列、组合的概念．② 能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．③ 能解决简单的实际问题．排列数公式、组合数公式C 用排列与组合解决一些简单的实际问题C1．基本计数原理 ⑴加法原理分类计数原理：做一件事，完成它有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的方法，在第二类办法中有2m 种方法，……，在第n 类办法中有n m 种不同的方法．那么完成这件事共有12n N m m m =+++种不同的方法．又称加法原理．⑵乘法原理分步计数原理：做一件事，完成它需要分成n 个子步骤，做第一个步骤有1m 种不同的方法，做第二个步骤有2m 种不同方法，……，做第n 个步骤有n m 种不同的方法．那么完成这件事共有12n N m m m =⨯⨯⨯种不同的方法．又称乘法原理．⑶加法原理与乘法原理的综合运用知识内容高考要求排列与组合如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理．分类计数原理、分步计数原理是推导排列数、组合数公式的理论基础，也是求解排列、组合问题的基本思想方法，这两个原理十分重要必须认真学好，并正确地灵活加以应用． 2．排列与组合⑴排列：一般地，从n 个不同的元素中任取()m m n ≤个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列．（其中被取的对象叫做元素）排列数：从n 个不同的元素中取出()m m n ≤个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用符号A m n 表示．排列数公式：A (1)(2)(1)m n n n n n m =---+，m n +∈N ，，并且m n ≤．全排列：一般地，n 个不同元素全部取出的一个排列，叫做n 个不同元素的一个全排列．n 的阶乘：正整数由1到n 的连乘积，叫作n 的阶乘，用!n 表示．规定：0!1=．⑵组合：一般地，从n 个不同元素中，任意取出m ()m n ≤个元素并成一组，叫做从n 个元素中任取m 个元素的一个组合．组合数：从n 个不同元素中，任意取出m ()m n ≤个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中，任意取出m 个元素的组合数，用符号C m n 表示．组合数公式：(1)(2)(1)!C !!()!m n n n n n m n m m n m ---+==-，,m n +∈N ，并且m n ≤．组合数的两个性质：性质1：C C m n m n n -=；性质2：11C C C m m m n n n -+=+．（规定0C 1n =）⑶排列组合综合问题解排列组合问题，首先要用好两个计数原理和排列组合的定义，即首先弄清是分类还是分步，是排列还是组合，同时要掌握一些常见类型的排列组合问题的解法： 1．特殊元素、特殊位置优先法元素优先法：先考虑有限制条件的元素的要求，再考虑其他元素；位置优先法：先考虑有限制条件的位置的要求，再考虑其他位置；2．分类分步法：对于较复杂的排列组合问题，常需要分类讨论或分步计算，一定要做到分类明确，层次清楚，不重不漏．3．排除法，从总体中排除不符合条件的方法数，这是一种间接解题的方法． 4．捆绑法：某些元素必相邻的排列，可以先将相邻的元素“捆成一个”元素，与其它元素进行排列，然后再给那“一捆元素”内部排列．5．插空法：某些元素不相邻的排列，可以先排其它元素，再让不相邻的元素插空．6．插板法：n 个相同元素，分成()m m n ≤组，每组至少一个的分组问题——把n 个元素排成一排，从1n -个空中选1m -个空，各插一个隔板，有11m n C --．7．分组、分配法：分组问题（分成几堆，无序）．有等分、不等分、部分等分之别．一般地平均分成n 堆（组），必须除以n ！，如果有m 堆（组）元素个数相等，必须除以m ！ 8．错位法：编号为1至n 的n 个小球放入编号为1到n 的n 个盒子里，每个盒子放一个小球，要求小球与盒子的编号都不同，这种排列称为错位排列，特别当2n =，3，4，5时的错位数各为1，2，9，44．关于5、6、7个元素的错位排列的计算，可以用剔除法转化为2个、3个、4个元素的错位排列的问题．1．排列与组合应用题，主要考查有附加条件的应用问题，解决此类问题通常有三种途径：①元素分析法：以元素为主，应先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素； ②位置分析法：以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置； ③间接法：先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列数或组合数．求解时应注意先把具体问题转化或归结为排列或组合问题；再通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理；然后分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏；最后列出式子计算作答．2．具体的解题策略有： ①对特殊元素进行优先安排；②理解题意后进行合理和准确分类，分类后要验证是否不重不漏； ③对于抽出部分元素进行排列的问题一般是先选后排，以防出现重复；④对于元素相邻的条件，采取捆绑法；对于元素间隔排列的问题，采取插空法或隔板法； ⑤顺序固定的问题用除法处理；分几排的问题可以转化为直排问题处理； ⑥对于正面考虑太复杂的问题，可以考虑反面． ⑦对于一些排列数与组合数的问题，需要构造模型．版块一.加法原理【例1】高二年级一班有女生18人，男生38人，从中选取一名学生作代表，参加学校组织的调查团，问选取代表的方法有几种．典例分析【例2】若a、b是正整数，且6a b，则以()≤a b为坐标的点共有多少个？，【例3】用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为（）A．324B．328C．360D．648【例4】用数字12345，，，，组成的无重复数字的四位偶数的个数为（）A．8B．24C．48D．120【例5】用012345，，，，，这6个数字，可以组成____个大于3000，小于5421的数字不重复的四位数．版块二.乘法原理【例6】公园有4个门，从一个门进，一个门出，共有_____种不同的走法．【例7】将3个不同的小球放入4个盒子中，则不同放法种数有_______．【例8】如果在一周内（周一至周日）安排三所学校的学生参观某展览馆，每天最多只安排一所学校，要求甲学校连续参观两天，其余两所学校均只参观一天，那么不同的安排方法共有种．【例9】高二年级一班有女生18人，男生38人，从中选取一名男生和一名女生作代表，参加学校组织的调查团，问选取代表的方法有几种．【例10】六名同学报名参加三项体育比赛，每人限报一项，共有多少种不同的报名结果？板块三.基本计数原理的综合应用【例11】用0，3，4，5，6排成无重复字的五位数，要求偶数字相邻，奇数字也相邻，则这样的五位数的个数是_________．（用数字作答）【例12】若自然数n使得作竖式加法(1)(2)++++均不产生进位现象．则称n为“可连n n n数”．例如：32是“可连数”，因323334++不产生进位现象；23不是“可连数”，因++产生进位现象．那么，小于1000的“可连数”的个数为（）232425A．27B．36C．39D．48【例13】由正方体的8个顶点可确定多少个不同的平面？【例14】如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色，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）【例15】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板块四.排列数组合数的计算与证明【例1】解不等式2886x x A A -<【例2】证明：98789878A 9A 8A A -+=．【例3】解方程322A 100A x x =．【例4】解不等式288A 6A x x -<．【例5】解方程：32111C 24C x x +=【例6】解不等式：188C 3C m m->．版块五.排列组合问题的常见模型【例7】三个女生和五个男生排成一排⑴ 如果女生必须全排在一起，可有多少种不同的排法？⑵ 如果女生必须全分开，可有多少种不同的排法？ ⑶ 如果两端都不能排女生，可有多少种不同的排法？【例8】 6个人站成一排：⑴其中甲、乙两人必须相邻有多少种不同的排法？ ⑵其中甲、乙两人不相邻有多少种不同的排法？⑶其中甲、乙两人不站排头和排尾有多少种不同的排法？ ⑷其中甲不站排头，且乙不站排尾有多少种不同的排法？【例9】 12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整的方法的总数有（）A ．2283C A B ．2686C A C ．2286C A D ．2285C A【例10】两部不同的长篇小说各由第一、二、三、四卷组成，每卷1本，共8本．将它们任意地排成一排，左边4本恰好都属于同一部小说的概率是_______．【例11】给定数字0、1、2、3、5、9，每个数字最多用一次，⑴可能组成多少个四位数？⑵可能组成多少个四位奇数？⑶可能组成多少个四位偶数？⑷可能组成多少个自然数？【例12】用0到9这10个数字，可组成多少个没有重复数字的四位偶数？【例13】6本不同的书，按照以下要求处理，各有几种分法？⑴一堆一本，一堆两本，一堆三本；⑵甲得一本，乙得两本，丙得三本；⑶一人得一本，一人得二本，一人得三本；⑷平均分给甲、乙、丙三人；⑸平均分成三堆．【例14】有6本不同的书⑴甲、乙、丙3人每人2本，有多少种不同的分法？⑵分成3堆，每堆2本，有多少种不同的分堆方法？⑶分成3堆，一堆1本，一堆2本，一堆3本，有多少种不同的分堆方法？ ⑷分给甲、乙、丙3人，一人1本，一人2本，一人3本，有多少不同的分配方法？⑸分给甲1本、乙1本、丙4本，有多少种不同的分配方法？⑹分成3堆，有2堆各一本，另一堆4本，有多少种不同的分堆方法？ ⑺摆在3层书架上，每层2本，有多少种不同的摆法？【例15】如图，正五边形ABCDE 中，若把顶点A 、B 、C 、D 、E 染上红、黄、绿三种颜色中的一种，使得相邻顶点所染颜色不相同，则不同的染色方法有（） A ． 30种 B ． 27种 C ． 24种 D ． 21种【例16】将123，，填入33 的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，右面是一种填法，则不同的填写方法共有____________．321321321版块六.排列组合问题的常用方法总结【例1】从5名外语系大学生中选派4名同学参加广州亚运会翻译、交通、礼仪三项义工活动，要求翻译有2人参加，交通和礼仪各有1人参加，则不同的选派方法共有．【例2】北京《财富》全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作．若每天排早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为A ．124414128C C CB ．124414128C A A C ．12441412833C C C A D ．12443141283C C C A【例3】在平面直角坐标系中，x 轴正半轴上有5个点，y 轴正半轴有3个点，将x 轴上这5个点和y 轴上这3个点连成15条线段，这15条线段在第一象限内的交点最多有（）A ．30个B ．35个C ．20个D ．15个【例4】一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球，⑴从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？⑵若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？【例5】已知集合{5}C=，，，从这三个集合中各取一个元素构A=，{12}B=，，{134}成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为（）A．33B．34C．35D．36【例6】甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是（用数字作答）．【例7】{}A=，则含有五个元素，且其中至少有两个偶数的A的子集个数为，，，129_____．【例8】有20个不加区别的小球放入编号为1，2，3的三个盒子里，要求每个盒子内的球数不少编号数，问有多少种不同的方法？【例9】不定方程12350...100x x x x ++++=中不同的正整数解有组，非负整数解有组．【例10】三个人坐在一排8个座位上，若每个人左右两边都有空位，则坐法种数为_______．【例11】要排一张有6个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单，任何两个舞蹈节目不得相邻，排法种数有____种．【例12】停车站划出一排12个停车位置，今有8辆不同型号的车需要停放，若要求剩余的4个空车位连在一起，则不同的停车方法共有__________种．【例13】四个不同的小球放入编号为1234，，，的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有_______种．（用数字作答）【例14】6本书分三份，2份1本，1份4本，则有不同分法？【例15】用1，2，3，4，5，6，7这七个数字组成没有重复数字的七位数中，⑴若偶数2，4，6次序一定，有多少个？⑵若偶数2，4，6次序一定，奇数1，3，5，7的次序也一定的有多少个？【例16】一楼梯共10级，如果规定每次只能跨上一级或两级，要走上这10级楼梯，共有多少种不同的走法？。

小学思维数学讲义：加乘原理之数字问题(一)-带答案解析

加乘原理之数字问题（一）1.复习乘法原理和加法原理；2.培养学生综合运用加法原理和乘法原理的能力．3.让学生懂得并运用加法、乘法原理来解决问题，掌握常见的计数方法，会使用这些方法解决问题．在分类讨论中结合分步分析，在分步分析中结合分类讨论；教师应该明确并强调哪些是分类，哪些是分步．并了解与加、乘原理相关的常见题型：数论类问题、染色问题、图形组合．一、加乘原理概念生活中常有这样的情况：在做一件事时，有几类不同的方法，在具体做的时候，只要采用其中某一类中的一种方法就可以完成，并且这几类方法是互不影响的．那么考虑完成这件事所有可能的做法，就要用到加法原理来解决．还有这样的一种情况：就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法．要知道完成这件事情共有多少种方法，就要用到乘法原理来解决．二、加乘原理应用应用加法原理和乘法原理时要注意下面几点：⑴加法原理是把完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，所以完成任务的不同方法数等于各类方法数之和．⑵乘法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘积．⑶在很多题目中，加法原理和乘法原理都不是单独出现的，这就需要我们能够熟练的运用好这两大原理，综合分析，正确作出分类和分步．加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互不影响．．．．的独立步骤．．．．来完成，这几步是完成这件任务缺一不．．．可的．．，这样的问题可以使用乘法原理解决．我们可以简记为：“乘法分步，步步相关”．【例 1】由数字1，2，3 可以组成多少个没有重复数字的数？【考点】加乘原理之综合运用【难度】2星【题型】解答【解析】因为有1，2，3共3个数字，因此组成的数有3类：组成一位数；组成二位数；组成三位数．它们的和就是问题所求．⑴组成一位数：有3个；⑵组成二位数：由于数字可以重复使用，组成二位数分两步完成；第一步排十位数，有3种方法；第二步排个位数也有3种方法，因此由乘法原理，有326⨯=个；⑶组成三位数：与组成二位数道理相同，有326⨯=个三位数；所以，根据加法原理，一共可组成36615++=个数．【答案】15【例 2】用数字1，2，3可以组成6个没有重复数字的三位数，这6个数的和是。

四年级数学思维能力拓展专题突破系列(十六)加乘原理

四年级数学思维能力拓展专题突破系列（十六）加乘原理------加乘原理基础（1）温馨提示：该文档包含本课程的讲义和课后测试题，课后测试题即每一部分内容对应的“课后练习”。

1、使学生掌握乘法原理主要内容，掌握乘法原理运用的方法。

2、使学生分清楚什么时候用乘法原理，分清有几个必要的步骤，以及各步之间的关系。

3、培养学生准确分解步骤的解题能力。

1、掌握乘法原理的定义。

2、会用乘法原理解决问题。

例题1：马戏团的小丑有红、黄、蓝三顶帽子和黑、白两双鞋，他每次出场演出都要戴一顶帽子、穿一双鞋。

问：小丑的帽子和鞋共有几种不同搭配？例题2：从甲地到乙地有2条路，从乙地到丙地有3条路，从丙地到丁地也有2条路。

问：从甲地经乙、丙两地到丁地，共有多少种不同的走法？例题3：小明有许多套服装，上衣有10件，裤子有8条，还有皮鞋6双，每次出行要从几种服装中各取一个搭配。

问共可组成多少种不同的搭配？例题4：“数学”英文单词是“MATHS”。

用红、黄、蓝、绿、紫五种颜色分别去给字母染色，每个字母的颜色都不一样。

这些颜色可以染出多少种不同的搭配方式？例题5：由数字0、1、2、3组成三位数，(1)可以组成多少个不相等的三位数？(2)可以组成多少个没有重复数字的三位数？即是该课程的课后测试练习1：从分别写有1、3、5、7、9的五张卡片中任取两张，作成一道两个一位数的乘法题，问：(1)有多少个不同的乘积？(2)有多少个不同的乘法算式？练习2：一从南京到上海的某次快车中途要停靠六个大站。

铁路局要为这次快车准备多少种不同的车票？这些车票中最多有多少种不相同的票价？练习3：用两个3，一个1，一个2可组成不同的四位数，这些四位数共有多少个？练习4：在下面一排数字中间的任意两个位置写上两个“＋”号，可以得到三个自然数相加的加法算式，所有可以得到这样的不同的加法算式共有多少个？1 2 3 4 5 6 7 8 9练习5：由数字2、3、4、5、6、7、8共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？练习1：解析：(1) 要考虑有多少个不同乘积，第一次有5种情况，第二次有4种情况，又因为它们之间没有顺序性，有5×4÷2=10 (种)。

5综合应用（学生）

一、等量代换1. 等量代换是指一个量用与它相等的量去代替，它是数学中一种基本的思想方法，也是代数思想方法的基础。

等量代换思想用等式的性质来体现就是等式的传递性：如果a＝b,b＝c,那么a＝c。

等量代换是比较系统、抽象的数学思想方法。

通过本讲内容学习等量代换中推理的方法，让学生能对较复杂的物体进行代换，把多种物体用同一种物体表示出来，在代换的过程中培养学生严密的逻辑思维能力。

2. 生活中有很多相等的量，如平衡的天平、平衡的跷跷板两边的重量相等。

根据这些相等的关系进行推理，进而可以等量代换，找到答案。

1) 两个相等的量可以相互代换（包括重量相等、价格相等）。

2) 将不同等式中相同种类的物品通过加、减、乘、除转化成相同个数，这样可以形成新的等式。

3) 将两个不同等式中，左边物品相加，右边物品相加。

这样可以形成新的等式。

4) 如果天平不平衡，先求出天平左、右两端的物品在重量上相差多少，然后得出使天平平衡的方法。

二、时间计算1. 钟面上有时针、分针、秒针和12个数。

较短的针叫做时针，较长的针叫做分针，另有一个细长的针叫做秒针。

2. 钟面上把一圈平均分成12个大格，每个大格又分成相等的5个小格。

这样，钟面上一圈共有60个相等的小格。

时针走1大格的时间是l 小时；时针走1圈的时间是l2小时。

分针走l 小格的时间是l 分钟；分针走1圈的时间是60分钟，也就是l 小时。

秒针走l 小格的时间是l 秒；秒针走1圈的时间是60秒钟，也第五讲综合运用知识概述就是l 分钟。

通常我们把15分钟叫做一刻钟。

即： l 刻钟=15分。

3. 时间的加减法：时、分、秒对应相加减，从秒开始，不够向前借1做60，满60向前进1。

4. 时间的乘法：从秒开始乘，满60向前进1；5. 时间的除法：先将单位统一为最小单位然后再做除法，余数应小于60。

三、重叠问题1. 重叠问题要用到数学的一个重要原理：包含和排除原理，即当两个计数部分有重复包含时，为了不重复计数，应从他们的和中排除重复部分。

四年级奥数讲义 393学子教案库第11讲.加乘原理.学生版

第十一讲加乘原理教学目标1.使学生掌握加乘原理的基本内容；2.掌握加法原理的运用以及与乘法原理的区别；3.培养学生分类与分步讨论问题的能力，了解分类的主要方法和遵循的主要原则。

知识点拨二、加乘原理的定义加法原理一般地，如果完成一件事有k 类方法，第一类方法中有1m 种不同做法，第二类方法中有2m 种不同做法，…，第k 类方法中有k m 种不同做法，则完成这件事共有12 k N m m m =+++……种不同方法，这就是加法原理。

加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”。

分类时，首先要根据问题的特点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；其次，分类时要注意满足两条基本原则：① 完成这件事的任何一种方法必须属于某一类； ② 分别属于不同两类的两种方法是不同的方法。

只有满足这两条基本原则，才可以保证分类计数原理计算正确。

运用加法原理解题时，关键是确定分类的标准，然后再针对各类逐一计数．通俗地说，就是“整体等于局部之和”．乘法原理完成一件事，这个事情可以分成n 个必不可少的步骤（比如说老师从家到黄埔，必须要先到长宁，那么一共可以分成两个必不可少的步骤，一是从家到长宁，二是从长宁到黄埔），第1步有A 种不同的方法，第二步有B 种不同的方法，……，第n 步有N 种不同的方法。

那么完成这件事情一共有A ×B ×……×N 种不同的方法。

结合上个例子，老师要完成从家到黄埔的这么一件事，需要2个步骤，第1步是从家到长宁，一共5种选择；第2步从长宁到黄埔，一共2种选择；那么老师从家到黄埔一共有5×2个可选择的路线了，即10条。

三、加乘原理解题三部曲加法原理1、完成一件事分N 类；2、每类找种数（每类的一种情况必须是能完成该件事）；模块一：分类讨论中加法原理的应用【巩固】从1～8中每次取两个不同的数相加，和大于10的共有多少种取法？例题22例题精讲例题11从1～10中每次取两个不同的数相加，和大于10的共有多少种取法？由数字1，2，3 可以组成多少个没有重复数字的数？【巩固】由数字0，1，2，3 可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？3把一元钱换成角币，有多少种换法？人民币角币的面值有五角、二角、一角三种。