小学奥数：加乘原理之图论.专项练习
加乘原理练习题练习题
加乘原理练习题一、基础题1. 甲、乙、丙三个同学参加百米赛跑，分别有4种起跑姿势、3种跑步技巧和2种冲刺方式，请问共有多少种不同的参赛方式？2. 小明有5件上衣和3条裤子，他想搭配一套衣服去参加聚会，请问有多少种不同的搭配方法？3. 有一部4位数的密码锁，每位数字都有09共10种可能，请问这部密码锁共有多少种不同的密码组合？4. 某班级有6名男生和4名女生，要从中选出3名同学参加篮球比赛，请问有多少种不同的选法？5. 一本书的ISBN编码共有13位，其中前12位是数字，一位是校验码（可以是数字或字母），请问这本书的ISBN编码共有多少种可能？二、进阶题6. 一家餐厅有3种主食、5种饮料和4种甜点，顾客可以自由选择其中一种主食、一种饮料和一种甜点，请问共有多少种不同的点餐组合？7. 一个四边形有4个顶点，要在这个四边形内部画一条对角线，请问共有多少种不同的画法？8. 有6个球队参加足球比赛，比赛采用单循环赛制，请问共有多少场比赛？9. 一个数字密码锁由6位数字组成，每位数字都有09共10种可能，且不允许有重复数字，请问这个密码锁共有多少种不同的密码组合？10. 某班级有8名同学，要从中选出4名同学分别担任班长、学习委员、体育委员和生活委员，请问有多少种不同的选法？三、综合题11. 一家服装店有4种款式的上衣、6种款式的裤子和3种款式的裙子，顾客可以自由选择其中一种上衣、一种裤子和一种裙子，请问共有多少种不同的搭配方法？12. 一个六边形的每个顶点上都可以涂上红、黄、蓝三种颜色中的一种，且相邻两个顶点的颜色不能相同，请问共有多少种不同的涂色方法？13. 一个班级有5名男生和5名女生，要从中选出3名同学参加辩论赛，要求至少有一名女生，请问有多少种不同的选法？14. 一个4位数的密码锁，每位数字都有09共10种可能，且第一位数字不能为0，请问这个密码锁共有多少种不同的密码组合？15. 某城市有4条东西向街道和5条南北向街道，请问在这个城市中，从一个交叉路口到另一个交叉路口（不包括自身）共有多少种不同的走法？四、应用题16. 一个图书馆有文学、历史、科学、艺术四大类图书，每大类图书下有5个小类，读者可以选择其中一个大类中的一个小类借阅一本书，请问共有多少种不同的借阅组合？17. 一个电话号码由区号和座机号组成，区号是3位数字（首位不为0），座机号是8位数字，请问共有多少种不同的电话号码组合？18. 一个旅行团提供3条国内线路和4条国际线路供游客选择，每个游客可以选择一条线路进行旅行，请问共有多少种不同的选择组合？19. 一家公司的产品有红、黄、蓝、绿四种颜色，每种颜色又有大、中、小三种尺寸，请问该公司共有多少种不同的产品组合？20. 一所学校有6个年级，每个年级有4个班级，如果每个班级都要选出一个学生代表参加学校的演讲比赛，请问共有多少种不同的选法？五、挑战题21. 一个密码锁由8位数字组成，每位数字都有09共10种可能，且密码中不能出现连续的相同数字，请问这个密码锁共有多少种不同的密码组合？22. 一个城市的公交车线路有10条，每条线路都有不同的站点数量，如果每个站点都可以作为起点或终点，请问共有多少种不同的乘车路线？23. 一个餐厅的菜单上有5种汤、7种主菜、3种甜点，顾客可以自由选择一种汤、一种主菜和一种甜点，但如果选择了某种汤，就不能选择与之相克的主菜，请问共有多少种不同的点餐组合？24. 一个班级有20名学生，要从中选出5名学生组成一个篮球队，要求至少有一名队长和一名副队长，请问共有多少种不同的选法？25. 一个五边形的每个顶点上都可以涂上红、黄、蓝、绿四种颜色中的一种，且相邻两个顶点的颜色不能相同，请问共有多少种不同的涂色方法？答案一、基础题1. 24种不同的参赛方式2. 15种不同的搭配方法3. 10,000种不同的密码组合4. 40种不同的选法5. 10^12种可能二、进阶题6. 60种不同的点餐组合7. 2种不同的画法8. 15场比赛9. 151,200种不同的密码组合10. 8!/(84)! = 8×7×6×5 = 1,680种不同的选法三、综合题11. 72种不同的搭配方法12. 6×5×4×3×2×1 = 720种不同的涂色方法13. 5×5×4 5×4 = 100 20 = 80种不同的选法14. 9×10^8 9×10^7 = 810,000,000种不同的密码组合15. (41)×(51) = 3×4 = 12种不同的走法四、应用题16. 20种不同的借阅组合17. 8,000,000,000种不同的电话号码组合18. 7种不同的选择组合19. 12种不同的产品组合20. 6×4×3 = 72种不同的选法五、挑战题21. 这个问题较为复杂，需要使用排列组合的知识和递归方法来计算，无法直接给出答案。
四年级加乘原理奥数题
四年级加乘原理奥数题
四年级的加乘原理奥数题可以涉及到一些基本的数学概念和技巧。
以下是一些可能的奥数题示例：
1. 假设有一个盒子，里面有红色、黄色和蓝色三种颜色的小球，其中红色球有3个，黄色球有4个，蓝色球有5个。
现在从盒子中
取出两个小球，问一共有多少种取法？
2. 一辆公共汽车上午开出甲地，下午到达乙地用了4小时；如
果下午开出甲地，到达乙地用了5小时。
问上午开出甲地到乙地用
了多少小时？
3. 小明家有6种不同的水果，小明想要选择其中的3种水果做
成一个水果沙拉，问一共有多少种不同的选择方法？
针对以上问题，我们可以通过加法原理和乘法原理来解决。
对于第一个问题，我们可以使用加法原理来解决。
因为是从盒
子中取出两个小球，所以总共的取法等于红色球的取法加上黄色球
的取法再加上蓝色球的取法，即3+4+5=12种取法。
对于第二个问题，我们可以使用乘法原理来解决。
假设上午开出甲地到乙地用了x小时，下午开出甲地到乙地用了y小时。
根据题意，我们可以得到一个方程组：
x + 4 = y.
y + 5 = x.
解方程组得到x=9，所以上午开出甲地到乙地用了9小时。
对于第三个问题，我们同样可以使用乘法原理来解决。
选择第一种水果有6种方法，选择第二种水果有5种方法，选择第三种水果有4种方法，所以一共有654=120种不同的选择方法。
通过以上解答，我们可以看到加法原理和乘法原理在解决奥数题中的重要作用。
希望这些示例能够帮助你更好地理解四年级的加乘原理奥数题。
四年级奥数系列第3讲-加乘原理
加乘原理
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？
练一练
加乘原理 直线a，b上分别有4个点和2个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角 形？多少个四边形？
加乘原理 例五 某信号兵用红，黄，蓝，绿四面旗中的三面从上到下挂在旗杆上的三个位 置表示信号．每次可挂一面，二面或三面，并且不同的顺序，不同的位置 表示不同的信号．一共可以表示出多少种不同的信号？
加乘原理
练一练
五面五种颜色的小旗，任意取出一面、两面或三面排成一行表示各种信 号，问：共可以表示多少种不同的信号？
加乘原理
例十
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?
加乘原理
练一练
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?
加乘原理 <作业1> 玩具厂生产一种玩具棒，共4节，用红黄蓝三种颜色给每节涂色。这家工 厂共可以上产多少种颜色不同的玩具棒？
加乘原理 &l点．一只蚂蚁从A点出发，沿棱爬行，
要求恰好经过每一个顶点一次。问共有多少种不同的走法？
C
D E F B
A
加乘原理 如果从3本不同的语文书、4本不同的数学书、5本不同的外语书中选取 2本不同学科的书阅读，那么共有多少种不同的选择？
例四
加乘原理
练一练
某条铁路线上，包括起点和终点在内原来共有7个车站，现在新增了3个 车站，铁路上两站之间往返的车票不一样，那么，这样需要增加多少种 不同的车票？
例二
(小学奥数)加乘原理之图论
7-3-3加乘原理之圖論教學目標1.復習乘法原理和加法原理；2.培養學生綜合運用加法原理和乘法原理的能力．3.讓學生懂得並運用加法、乘法原理來解決問題，掌握常見的計數方法，會使用這些方法解決問題．在分類討論中結合分步分析，在分步分析中結合分類討論；教師應該明確並強調哪些是分類，哪些是分步．並瞭解與加、乘原理相關的常見題型：數論類問題、染色問題、圖形組合．知識要點一、加乘原理概念生活中常有這樣的情況：在做一件事時，有幾類不同的方法，在具體做的時候，只要採用其中某一類中的一種方法就可以完成，並且這幾類方法是互不影響的．那麼考慮完成這件事所有可能的做法，就要用到加法原理來解決．還有這樣的一種情況：就是在做一件事時，要分幾步才能完成，而在完成每一步時，又有幾種不同的方法．要知道完成這件事情共有多少種方法，就要用到乘法原理來解決．二、加乘原理應用應用加法原理和乘法原理時要注意下麵幾點：⑴加法原理是把完成一件事的方法分成幾類，每一類中的任何一種方法都能完成任務，所以完成任務的不同方法數等於各類方法數之和．⑵乘法原理是把一件事分幾步完成，這幾步缺一不可，所以完成任務的不同方法數等於各步方法數的乘積．⑶在很多題目中，加法原理和乘法原理都不是單獨出現的，這就需要我們能夠熟練的運用好這兩大原理，綜合分析，正確作出分類和分步．加法原理運用的範圍：完成一件事的方法分成幾類，每一類中的任何一種方法都能完成任務，這樣的問題可以使用加法原理解決．我們可以簡記為：“加法分類，類類獨立”．乘法原理運用的範圍：這件事要分幾個彼此互不影響的獨立步驟來完成，這幾步是完成這件任務缺一不可的，這樣的問題可以使用乘法原理解決．我們可以簡記為：“乘法分步，步步相關”．例題精講【例 1】5條直線兩兩相交，沒有兩條直線平行，沒有任何三條直線通過同一個點，以這5條直線的交點為頂點能構成幾個三角形？【考點】加乘原理之圖論【難度】3星【題型】解答【解析】方法一：5條直線一共形成54210⨯÷=個點，對於任何一個點，經過它有兩條直線，每條直線上另外有3個點，此外還有三個不共線的點，以這個點為頂點的三角形就有33333332230⨯+⨯+⨯+⨯÷=個三角形，以10個點分別為定點的三角形一共有300個三角形，但每個三角形被重複計算3次，所以一共有100個三角形．方法二：只要三點不共線就能構成三角形，所以我們先求出10個點中取出3個點的種數，再減去3點共線的情況．這10個點是由5條直線互相相交得到的，在每條直線上都有4個點存在共線的情況，這4個點中任意三個都共線，所以一共有5[432(321)]20⨯⨯⨯÷⨯⨯=個三點共線的情況，除此以外再也沒有3點共線的情況(用反證法可證明之)，所以一共可以構成1098(321)20100⨯⨯÷⨯⨯-=種情況．【答案】100【例 2】如圖，有這樣的兩條線，請問從這5個點中任選三個點可以構成＿＿＿＿＿個不同的三角形．【考點】加乘原理之圖論【難度】2星【題型】填空【關鍵字】學而思杯，3年級，第4題【解析】只要三點不共線，就能構成三角形。
小学数学《加、乘原理综合运用》练习题 (含答案)
小学数学《加、乘原理综合运用》练习题（含答案）Ⅰ、简单加乘原理综合运用【例1】（★）如下图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丙地有4条路，从甲地到丁地有3条路可走，从丁地到丙地也有3条路，请问从甲地到丙地共有多少种不同走法？分析：根据乘法原理，经过乙地到丙地的走法一共有4×2=8种方法，经过丁地到丙地一共有3×3=9种方法，根据加法原理，一共有8+9=17种走法.[前铺]从小红家到小明家有4条路可走，从小明家到小海家有2条路可走，从小红家到小海家有3条路可走，那么从小红家到小海家共有多少种走法？分析：经过小明家到小海家的走法一共有4×2=8种方法，从小红家直接去小海家一共有3条路可走，一共有11种走法.【例2】将5列车停在5条不同的轨道上，其中a车不能停在第一道上，b车不能停在第二道上，那么不同的停车方法共有多少种？分析：对于a车停放的轨道进行分类考虑：当a车排在第二道的时候，其余的四列车没有任何限制，有4×3×2×1=24种停车法；当a车不排在第二道的时候，a车也不能排在第一道，a车有3种停车法，b 不能停在第二道，也不能停在a车已经停放的车道，所以也只有3种停车法，剩下的3辆车可以任意停入剩下的三条轨道，有3×2×1=6种停法，由乘法原理，共有3×3×6=54种停法，最后根据加法原理，一共有24+54=78种不同停车方案.[巩固]（★★走进美妙数学花园少年数学邀请赛）如图，将1，2，3，4，5分别填入图中1×5的格子中，要求填在黑格里的数比它旁边的两个数都大．共有种不同的填法．分析：填在黑格里的数是5和4时，不同的填法有2!×3!=12(种)；填在黑格里的数是5和3时，不同的填法有2×2=4(种)．所以，共有不同填法12＋4=16(种)．Ⅱ、加乘原理与数论【例3】（★★）在所有的三位数中，各位数字之和是19的数共有多少个？分析：三个数字之和是19的共有10种，9，9，1；9，8，2；9，7，3；9，6，4；9，5，5；8，8，3；8，7，4；8，6，5；7，7，5；7，6，6.其中三个数字各不相同的有5种，每种能组成6个不同的三位数；三个数字中有两个相同的有5种，每种能组成3个不同的三位数，所求数共有：6×5+5×3=45（个）[前铺]从19，20，21，…，93，94这76个数中，选取两个不同的数，使其和为偶数的选法总数是多少?分析：76个数当中有38个奇数和38个偶数，选取两个数只要是奇偶性质相同就能保证其和为偶数，选取两个奇数的方法有38×37÷2=703种，选取两个偶数的方法有38×37÷2=703种，一共有1406种选取方法.【例4】（★★★）在前100个自然数中取出两个不同的数相加，其和是3的倍数的共有多少种不同的取法？分析：将1～100按照除以3的余数分为3类，（1）余数为1的有1，4，7，…100，一共有34个，（2）余数为2的一共有33个，（3）可以被3整除的一共有33个，取出两个不同的数其和是3的倍数只有两种情况，从（1）（2）类中各取一个数，有34×33=1122（种）取法；从（3）中取两个数，有33×32÷2=528（种）取法，不同取法共有：1122+528=1650（种）.[前铺]在1～10这10个自然数中，每次取出三个不同的数，使它们的和是3的倍数有种不同的取法．分析：三个不同的数和为3的倍数有四种情况：三个数同余1，三个数同余2，三个数都被3整除，余1余2余0各有1个，三类情况分别有4种、1种、1种、36种，所以一共有42种.【例5】（★★★）有两个骰子，每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点．将两个骰子放到桌面上，向上的一面点数之和为偶数的有多少种情形?分析：要使两个点数之和为偶数，只要这两个点数的奇偶性相同，即这两个点数要么同为奇数，要么同为偶数，所以，要分两大类来考虑．第一类，两个点数同为奇数．由于放两个骰子可认为是一个一个地放．放第一个骰子时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个骰子，出现奇数也有三种可能，由乘法原理，这时共有3×3=9种不同的情形．第二类，两个点数同为偶数，类似第一类的讨论方法，也有3×3=9种不同情形．最后由加法原理即可求得两个骰子向上面点数之和为偶数的共有3×3＋3×3=18种不同的情形．[拓展] 有三个骰子，每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点．将三个骰子放到桌面上，向上的一面点数之和为奇数的有多少种情形?分析：要使三个点数之和为奇数，有两种情况，三个数都为奇数，或者一个数为奇数另外两个数为偶数所以，要分两大类来考虑．第一类，三个点数同为奇数．由于放骰子可认为是一个一个地放．放第一个骰子时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个骰子，出现奇数也有三种可能，放第三个骰子，出现奇数也有三种可能，由乘法原理，这时共有3×3×3=27种不同的情形．第二类，两个点数为偶数，另一个点数为奇数，类似第一类的讨论方法，奇数的骰子有3种选法，共有3×3×3×3=81种不同情形．最后由加法原理即可求得三个骰子向上面点数之和为偶数的共有3×3×3＋3×3×3×3=108种不同的情形．Ⅱ、加乘原理与图论（染色、图形组合）【例6】 用四种颜色对下图的五个字染色，要求相邻的区域的字染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用.问：共有多少种不同的染色方法?分析：第一步给“而”上色，有4种选择；然后对“学”染色，“学”有3种颜色可选；当“奥”，“数”取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时“思”也有2种颜色可选，不同的涂法有3×2×2=12（种）；当“奥”，“数”取不同的颜色时，“奥”有2种颜色可选，“数”剩仅1种颜色可选，此时“思”也只有1种颜色可选（与“学”相同），不同的涂法有3×2×1×1=6（种）.所以共有4×3×（2×2＋2）=72种不同的涂法[前铺]地图上有A ，B ，C ，D 四个国家（如下图），现有红、黄、蓝、绿四种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？分析：第一步：首先对A 进行染色一共有4种方法，然后对B 、C 进行染色，如果B 、C 取相同的颜色，有三种方式，D 剩下3种方式，如果B 、C 取不同颜色，有3×2=6种方法，D 剩下2种方法，对该图的染色方法一共有4×（3×3+3×2×2）=84种方法.【例7】 （★★★）一个半圆周上共有12个点，直径上5个，圆周上7个，以这些点为顶点，可以画出多少个三角形？分析：方法一：所有的三角形一共可以分为3类，第一类：三角形三个顶点都在圆周上，这样的三角形一共有7×6×5÷（3×2×1）=35种；C BD A第二类：三角形两个顶点在圆周上，这样的三角形一共有7×6÷（2×1）×5=105种；第三类：三角形一个顶点在圆周上，这样的三角形一共有7×5×4÷（2×1）=70种；一共可以画出35+105+70=210种.方法二：不共线的3点可以确定一个三角形，这样任取3点构成的组合数与三角形的个数之间便有了一定的联系，但是要注意去掉其中3点共线的情况.12×11×10÷（3×2×1）-5×4×3÷（3×2×1）=210种.[前铺]直线a，b上分别有5个点和4个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？分析：画三角形需要在一条线上找1个点，另一条线上找2个点，本题分为两种情况：（1）在a线上找一个点，有5种选取法，在b线上找两个点，有4×3÷2=6（种），根据乘法原理，一共有：5×6=30（个）三角形（2）在b线上找一个点，有4种选取法，在a线上找两个点，有5×4÷2=10（种），根据乘法原理，一共有：4×10=40（个）三角形根据加法原理，一共可以画出：30+40=70（个）三角形【例8】（★★★★）在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点为顶点，可以画出多少不同的钝角三角形？（补充知识：由直径和圆周上的一点构成的三角形一定是直角三角形，其中直径的边所对的角是直角，所以如果圆周上三点在同一段半圆周上，则这三点构成钝角三角形）.分析：由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取3个点，就可以画出一个三角形，如果这三个点其中两点构成的线段小于直径，并且第三个点在被其余两点分割的较小的圆周上，则这三个点构成钝角三角形，这样所有的钝角三角形可分为三类，第一类是长边端点之间仅相隔一个点，这样的三角形有10×1=10个，第二类是长边端点之间相隔两个点，这样的三角形有10×2=20个，第三类是长边端点之间相隔三个点，这样的三角形有10×3=30个，所以一共可以画出60个钝角三角形.[拓展]三条平行线上分别有2，4，3个点（下图），已知在不同直线上的任意三个点都不共线.问：以这些点为顶点可以画出多少个不同的三角形？分析：（方法一）本题分三角形的三个顶点在两条直线上和三条直线上两种情况（1）三个顶点在两条直线上，一共有4×3÷2×2+3×2÷2×2+3×2÷2×4+4×3÷2×3+4+3=55（个）（2）三个顶点在三条直线上，由于不同直线上的任意三个点都不共线，所以一共有：2×4×3=24（个）根据加法原理，一共可以画出55+24=79（个）三角形.（方法二）9个点任取三个点有9×8×7÷（3×2×1）=84种取法，其中三个点都在第二条直线上有4种，都在第三条直线上有1种，所以一共可以画出84-4-1=79（个）三角形.Ⅲ、排列组合【例9】（★★）用1、2、3、4、5这五个数字，可以组成多少个比20000大且百位数字不是3的无重复数字的五位数？分析：分两类：（1）把3排在最高位上，其余四个数字可以任意放到其余四个数位上，有4×3×2×1=24种做法，对应24个不同的五位数（2）把2、4、5放在最高位上，有3种选择，百位数上有除最高位和3以外的三种选择，其余的三个数字可以任意放到其余3个数位上，由乘法原理，可以组成3×3×3×2×1=54个不同的五位数由加法原理，可以组成24+54=78个不同的五位数.[前铺]用数字0，1，2，3，4（可重复使用）可以组成多少个小于5000的自然数？分析：小于1000的自然数有三类．第一类是一位数，有5个；第二类是两位数，有4×5=20个；第三类是三位数，有4×5×5=100个．第四类是四位数，有4×4×3×2=96个，共有5+20+100+96=221个．【例10】（★★★）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?分析：从1到500的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；两位数中，不含4的可以这样考虑：十位上，不含4的有l、2、3、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含4．三位数中，小于500并且不含数字4的可以这样考虑：百位上，不含4的有1、2、3、这三种情况．十位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，个位上，不含4的也有九种情况．要确定一个三位数，可以先取百位数，再取十位数，最后取个位数，应用乘法原理，这时共有3×9×9=243个三位数．由于500也是一个不含4的三位数．所以，1～500中，不含4的三位数共有3×9×9＋1=244个．所以一共有8＋8×9＋3×9×9＋1=324个不含4的自然数．[巩固]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?分析：从1到100的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；两位数中，不含4的可以这样考虑：十位上，不含4的有l、2、3、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含4．三位数只有100.所以一共有8＋8×9+1=81个不含4的自然数．【例11】（★★★）某管理员忘记了自己小保险柜的密码数字，只记得是由四个非0数码组成，且四个数码之和是9.为确保打开保险柜至少要试多少次？．分析：四个非0数码之和等于9的组合有1，1，1，6；1，1，2，5；1，1，3，4；1，2，2，4；1，2，3，3；2，2，2，3六种第一种中，只要考虑6的位置即可，6可以随意选择四个位置，其余位置方1，共有4种选择第二种中，先考虑放2，有4种选择，再考虑5的位置，有3种选择，剩下的位置放1，共有4×3=12种选择，同理，第三、第四、第五种都有12种选择，最后一种与第一种相似，3的位置有四种选择，其余位置放2，共有4种选择.由加法原理，一共可以组成4+12+12+12+12+4=56个不同的四位数，即为确保打开保险柜至少要试56次. [拓展]7个相同的球，放入4个不同的盒子里，每个盒子至少放一个，不同的放法有多少种？（请注意，球无区别，盒是有区别的，且不允许空盒）分析：首先研究把7分成4个自然数之和的形式，容易得到以下三种情况：7=1+1+1+4，7=1+2+2+2，7=1+1+2+3，其次，将三种情况视为三类计算不同的放法.第一类：有一个盒子里放了4个球，而其余盒子里各放1个球，由于4个球可任意放入不同的四个盒子之一，有4种放法，而其他盒子只放一个球，而球是相同的，任意调换都是相同的放法，所以第一类只有4种放法.第二类：有一个盒子里放1个球，有4种放法，其余盒子里都放2个球，与第一类相同，任意调换都是相同的放法，所以第二类也只有4种放法.第三类：有两个盒子里各放一个球，另外两个盒子里分别放2个及3个球，这时分两步来考虑：第一步，从4个盒子中任取两个各放一个球，这种取法有C24种.第二步，把余下的两个盒子里分别放入2个球及3个球，这种放法有P22种.由乘法原理有C24×P22=12种放法.由加法原理，可得符合题目要求的不同放法有4+4+12=20（种）（方法二）把七个球排成一行，并用三个“挡板”把它们分成四组，每一组对应一个盒子，则一共有6个位置可以放挡板，从中选择三个，有3620C 种选法.【例12】（★★）红、黄、蓝、白四种颜色不同的小旗，各有2，2，3，3面，任意取出三面排成一行，表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？分析：（方法一）取出的3面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类（1）一种颜色：都是蓝色的或者都是白色的，2种可能；（2）两种颜色：（4×3）×3=36（3）三种颜色：4×3×2=24所以，一共可以表示2＋36＋24=62种不同的信号（方法二）每一个位置都有4种颜色可选，共有4×4×4=64种，但是不能有三红或者三黄，所以减去2种，共有64-2=62种.[拓展] 五种颜色不同的信号旗，各有5面，任意取出三面排成一行，表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？分析：（方法一）取出的3面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类（1）一种颜色： 5种可能；（2）两种颜色：（5×4）×3=60（3）三种颜色：5×4×3=60所以，一共可以表示5＋60＋60=125种不同的信号（方法二）每一个位置都有5种颜色可选，所以共有5×5×5=125种.1． （★例1）从学而思学校到王明家有4条路可走，从王明家到张老师家有2条路可走，从学而思学校到张老师有3条路可走，那么从学而思学校到张老师家共有多少种走法？分析：根据乘法原理，经过王明家到张老师家的走法一共有4×2=8种方法，从学而思学校直接去张老师家一共有3条路可走，根据加法原理，一共有8+3=11种走法.2． （★★★例6）地图上有A ，B ，C ，D 四个国家（如下图），现有红、黄、蓝三种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？分析：A 有3种颜色可选；当B ，C 取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时D 也有2种颜色可选，不同的涂法有3×2×2=12（种）；当B ，C 取不同的颜色时，B 有2种颜色可选，C 仅剩1种颜色可选，此时D也只有1种颜色可选（与A 相同），不同的涂法有3×2×1×1=6（种）.所以共有12＋6=18种不同的涂法.3． （★★例7）在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点再加上圆心一共11个点为端点，可以画出多少小于直径的线段.分析：由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取2个点，就可以画出一条线段一共有45种方法，其中包括5条直径，应当舍去，其余线段的长都小于直径，一共有40种方法 .以圆心为端点的线段一共有10条，所以一共可以画出40+10=50条线段.4． （★★★例8）如图所示分布着9个点，以这9个点为端点能构成多少个三角形？分析：三条线段上各取1点能构成3×3×3=27.如果在一条线段上取两点，在另一条线段上取一点一共C B D A有（3×2）×（3×2÷（2×1））×（3÷1）=54，所以一共有81种.5．（★★★例10）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?分析：从1到300的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含2的有8个，它们是1、3、4、5、6、7、8、9；两位数中，不含2的可以这样考虑：十位上，不含4的有l、3、4、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含2的有0、1、3、4、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含2．三位数中，除去300外，百位数只有1一种取法，十位与个位均有0，1，3，4，5，6，7，8，9九种取法，根据乘法原理，不含数字2的三位数有：1×9×9=81个，还要加上300.所以根据加法原理，从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数一共有8＋72+82=162个.。
四年级下册数学奥数试题-培优拓展训练--第1讲：加乘原理(学生版)
第一讲加乘原理加法原理：完成一件工作共有N类方法。
在第一类方法中有m1种不同的方法，在第二类方法中有m2种不同的方法，……，在第N类方法中有m n种不同的方法，那么完成这件工作共有N＝m1＋m2＋m3＋…＋m n种不同方法。
运用加法原理计数，关键在于合理分类，不重不漏。
要求每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；两类不同办法中的具体方法，互不相同(即分类不重)；完成此任务的任何一种方法，都属于某一类(即分类不漏)。
合理分类也是运用加法原理解决问题的难点，不同的问题，分类的标准往往不同，需要积累一定的解题经验。
乘法原理：完成一件工作共需N个步骤：完成第一个步骤有m1种方法，完成第二个步骤有m2种方法，…，完成第N个步骤有m n种方法，那么，完成这件工作共有m1×m2×…×m n种方法。
运用乘法原理计数，关键在于合理分步。
完成这件工作的N个步骤，各个步骤之间是相互联系的，任何一步的一种方法都不能完成此工作，必须连续完成这N步才能完成此工作；各步计数相互独立；只要有一步中所采取的方法不同，则对应的完成此工作的方法也不同。
这两个基本原理是排列和组合的基础，教学时要先通过生活中浅显的实例，如购物问题、行程问题、搭配问题等，帮助孩子理解两个原理，再让孩子学习运用原理解决问题。
运用两个原理解决的都是比较复杂的计数问题，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的计数问题。
小学阶段只学习两个原理的简单应用。
一：两种原理的基础内容的记忆和计算的方法。
二：两种计数原理的区分和综合应用。
【题目】：1用1角、2角和5角的三种人民币（每种的张数没有限制）组成1元钱，有多少种方法？【题目】：2各数位的数字之和是24的三位数共有多少个？【题目】：3有一批长度分别为1，2，3，4，5，6，7和8厘米的细木条若干，从中选取适当的3根木条作为三条边可以围成多少个不同的三角形？【题目】：4一把钥匙只能开一把锁，现在有10把钥匙和10把锁全部都搞乱了，最多要试验多少次才能全部配好锁和相应的钥匙？【题目】：5某人到食堂去买饭菜，食堂里有4种荤菜，3种蔬菜，2种汤。
小学五六年级奥数学竞赛第4讲计数原理之加乘原理
【例10】(★★★★) 从1到999这999个自然数中有_____个数的各位数字之和能被4整除。
本讲总结 加法原理：分类计数，类类独立 加法原理 分类计数 类类独立 乘法原理：分步计数，步步相关 关联词区分：可以……也可以…… 关联词区分：可以 也可以 加法原理 先……再……又…… 乘法原理 乘法原理的前提：平等性 常用方法： ①优先排序法 ②排除法 ③分类讨论 重点例题：例5、例7、例8、例9
【例5】(★★★) 在1001，1002，…，2000这1000个自然数中，可以找到多少对相邻的 自然数，使它们相加时不进位？
【例4】(★★★) 【例6】(★★★) 一个至少两位的数，如果满足高数位上的数字总大于低数位上的数字， 一个七位数，其数码只能为1或3，且无两个3是邻的。问这样的七位 如732、85421，我们称之为 ，我们称之为“下降数”，那么“下降数”中一共有 下降数 ，那么 下降数 中 共有 数共有多少个？ 有多 _____个偶数。
【例1】(★) 用数字0，1，2，3，4可以组成多少个小于1000的自然数？
【例2】(★★★)(北京市人大附中分班考题) 由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的六位数中，百位不是2的 奇数有多少个？
【例3】(★★★) 一个三位数，其反序数也是一个三位数，用这个三位数减去它的反序 数得到的差大于0，且为4的倍数，满足条件的三位数有_____个。
例4例4一个至少两位的数如果满足高数位上的数字总大于低数位上的数字7我那一一如73285421我们称之为下降数那么下降数中共有个偶数
计数原理之加乘原理
加油站 加法原理：分类计数，类类独立 乘法原理 分步计数 步步相关 乘法原理：分步计数，步步相关 关联词区分：可以……也可以…… 加法原理 先……再……又…… 乘法原理
用图片详细讲小学奥数题-加乘原理
加乘原理
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 种不同做法，则完成这件事共有 m1+m2+......+mk种不同方法。
艾迪要从 3 件不同的外套和 5 条不同的裤子中各选一件穿好出门，他 有多少种不同的搭配方法。
3
第2棒选定后 还剩两人选其一
2
第2、3棒选定后 只剩下1人
1
题目解析：
甲不能跑第一棒，所以第一棒有3种可能；第二棒没有限制，从第一棒选剩下的三人种任意选一个，所以
第2棒有3种可能，以此类推，最终结果为：3 ×3 ×2 ×1 = 18（种） 7
特殊位置优先考虑（三）
例题：
运动会上，甲乙丙丁 4 名运动员组队参加 4 × 100 米 接力赛，甲不能跑第一棒和第四棒，一共有多少种不同的跑法？
第1棒
第2棒
第3棒
பைடு நூலகம்
第4棒
乙、丙、丁 3人选其2人， 因为要留一个跑第4棒
第1棒选定1人 还剩下3人选其1
第2棒选定后 还剩两人选其一
第2、3棒选定后 只剩下1人
2
3
2
1
题目解析：
甲不能跑第1棒，要从乙、丙、丁中三人挑一人，同时，甲也不能跑第4棒，要保留乙、丙、丁三人中的一人在第4棒；所以第1棒
只有2种人选。第2棒没有限制，从第1棒选剩下的三人种任意选一个，所以第2棒有3种可能；
第2棒的选择方法为3（种），以此类推，该题最终答案：1 ×3 ×2 ×1 = 6（种） 6
特殊位置优先考虑（二）
例题：
运动会上，甲乙丙丁 4 名运动员组队参加 4 × 100 米 接力赛，甲不能跑第一棒，一共有多少种不同的跑法？
小学五年级加乘原理例题精选十道
加乘原理经典例题
1.地图上有A、B、C三个国家（如图），现有红、黄、蓝三种颜色给地图染色，
每个国家只能染一种颜色，使相邻国家的颜色不同，但不是每一种颜色都必须要用，那么有种染色方法。
2.有三张数学卡片，分别写着2,4,6（6不可颠倒），这3张卡片可以组成
个不同的三位数。
3.用三种颜色去涂如图所示的三块区域，要求相邻的区域涂不同的贪色，那么
共有种不同的涂法。
4.把A、B、C、D、E这五部分分别用4种不同的颜色染色，每部分只染一种颜
色，且相邻的部分不能使用同一种颜色，这幅图共有种不同的染色方法。
5.如图，地图上有A、B、C、D四个国家，现用五种颜色给地图染色，要使相
邻国家的颜色不同，有种不同的染色方法。
6.如果用五种颜色对如图所示的四个区块进行染色，要求相邻区块颜色不同
色，那么有种不同是染色方法。
7.如图，有一张地图上有五个国家，现在要用四种颜色对这幅地图进行染色，
使相邻的国家所染的颜色不同，不相邻的国家的颜色可以相同，那么一共有种不同的染色方法。
第7题图第8题图
8.如图所示，沿线段从A到B有条最短路线。
9.如图，从A点到B点的最短路线有条。
第9题图第10题图
10.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处，由于修路，十字路口C不能通过，那么共有种不同走法。
小学奥数 加乘原理之综合运用 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】 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？【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。
小学数学《加、乘原理综合运用》练习题(含答案)
小学数学《加、乘原理综合运用》练习题（含答案）Ⅰ、简单加乘原理综合运用【例1】（★）从学而思学校到王明家有4条路可走，从王明家到张老师家有2条路可走，从学而思学校到张老师有3条路可走，那么从学而思学校到张老师家共有多少种走法？分析：根据乘法原理，经过王明家到张老师家的走法一共有4×2=8种方法，从学而思学校直接去张老师家一共有3条路可走，根据加法原理，一共有8+3=11种走法.[拓展一]如下图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丙地有4条路，从甲地到丁地有3条路可走，从丁地到丙地也有3条路，请问从甲地到丙地共有多少种不同走法？分析：根据乘法原理，经过乙地到丙地的走法一共有4×2=8种方法，经过丁地到丙地一共有3×3=9种方法，根据加法原理，一共有8+9=17种走法.[拓展二]如下图，一只小甲虫要从A点出发沿着线段爬到B点，要求任何点和线段不可重复经过．问：这只甲虫有多少种不同的走法？分析从A点到B点有两类走法，一类是从A点先经过C点到B点，一类是从A点先经过D点到B点．两类中的每一种具体走法都要分两步完成，所以每一类中，都要用乘法原理，而最后计算从A到B的全部走法时，只要用加法原理求和即可．从A点先经过C到B点共有：1×3=3（种）不同的走法．从A点先经过D到B点共有：2×3=6（种）不同的走法．所以，从A点到B点共有：3+6=9（种）不同的走法．【例2】（★★走进美妙数学花园少年数学邀请赛）如图，将1，2，3，4，5分别填入图中1×5的格子中，要求填在黑格里的数比它旁边的两个数都大．共有种不同的填法．分析：填在黑格里的数是5和4时，不同的填法有2!×3!=12(种)；填在黑格里的数是5和3时，不同的填法有2×2=4(种)．所以，共有不同填法12＋4=16(种)．[前铺]一个篮球队有五名队员A,B,C,D,E,由于某种原因，E不能做中锋，而其余四个人可以分配到五个位置的任何一个上，问一共有多少种不同的站位方法？分析：先确定做中锋的人选，除E以外的四个人任何一个都可以，其余四人对应四个位置，有4！=24（种）排列，由乘法原理，4×24=96，所以一共有96种不同的站位方法.Ⅱ、加乘原理与数论【例3】（★★）从19，20，21，…，93，94这76个数中，选取两个不同的数，使其和为偶数的选法总数是多少?分析：76个数当中有38个奇数和38个偶数，选取两个数只要是奇偶性质相同就能保证其和为偶数，选取两个奇数的方法有38×37÷2=703种，选取两个偶数的方法有38×37÷2=703种，一共有1406种选取方法.[拓展]在3000与8000之间，有多少个数字不重复的偶数？分析：千位必须是3，4，5，6，7中的一个，个位必须是0，2，4，6，8中的一个，分类考虑：个位上是0，2，8时，个位有3种选择，千位可以是3，4，5，6，7，有5种选择，百位、十位可以从剩下的8个数字中选择，由乘法原理，有3×5×8×7=840个；个位是4或6时，千位可以从3，4，5，6，7中除4或6以外的4个数中选择，百位、十位可以从剩下的8个数字中选择，由乘法原理，有2×4×8×7=448个，根据加法原理，一共有：840+448=1288个符合条件的偶数.【例4】（★★）在1～10这10个自然数中，每次取出两个不同的数，使它们的和是3的倍数，共有种不同的取法．分析：两个数的和是3的倍数有两种情况，或者两个数都是3的倍数，或有1个除以3余1，另一个除以3余2．1～10中能被3整除的有3个数，取两个有3种取法；除以3余1的有4个数，除以3余2的有3个数，各取1个有3×4=12种取法．所以共有取法：3＋12=15(种)．[前铺]用1，2，3，4，5五个数字，不许重复，位数不限，能写出多少3的倍数？分析：按照位数分类考虑：一位数只有1个3；两位数，由1与2，1与5，2与4，4与5四组数字组成，每一组可以组成2×1=2个数字，共可以组成2×4=8个不同的两位数；三位数，由1、2与3，1、3与5，2、3与4，3、4与5四组数字组成，每一组可以组成3×2×1=6个数字，共可以组成6×4=24个不同的三位数；四位数，由1、2、4与5四个数字组成，有 4×3×2×1=24个不同的四位数；五位数，由1、2、3、4与5五个数字组成，有 5×4×3×2×1=120个不同的五位数，由加法原理，一共有1+8+24+24+120=177个满足条件的数.[拓展]在1～10这10个自然数中，每次取出三个不同的数，使它们的和是3的倍数有 种不同的取法．分析：三个不同的数和为3的倍数有四种情况：三个数同余1，三个数同余2，三个数都被3整除，余1余2余0各有1个，三类情况分别有4种、1种、1种、36种，所以一共有42种.【例5】 （★★★）有两个不完全一样的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6．将两个正方体放到桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？分析：要使两个数字之和为偶数，只要这两个数字的奇偶性相同，即这两个数字要么同为奇数，要么同为偶数，所以，要分两大类来考虑．第一类，两个数字同为奇数．由于放两个正方体可认为是一个一个地放．放第一个正方体时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个正方体，出现奇数也有三种可能，由乘法原理，这时共有3×3=9种不同的情形．第二类，两个数字同为偶数，类似第一类的讨论方法，也有3×3=9种不同情形．最后再由加法原理即可求解．两个正方体向上的一面数字之和为偶数的共有3×3＋3×3=18种不同的情形．[巩固]有两个不完全一样的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6．将两个正方体放到桌面上，向上的一面数字之和为奇数的有多少种情形？分析：要使两个数字之和为奇数，只要这两个数字的奇偶性不同，即这两个数字一个为奇数，另一个为偶数，由于放两个正方体可认为是一个一个地放．放第一个正方体时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个正方体，出现偶数也有三种可能，由乘法原理，这时共有3×3=9种不同的情形．Ⅲ、加乘原理与图论（染色、图形组合）【例6】 （★★★）地图上有A ，B ，C ，D 四个国家（如下图），现有红、黄、蓝三种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？分析：A 有3种颜色可选；当B ，C 取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时D 也有2种颜色可选，不同的涂法有3×2×2=12（种）；当B ，C 取不同的颜色时，B 有2种颜色可选，C 仅剩1种颜色可选，此时D 也只有1种颜色可选（与A 相同），不同的涂法有3×2×1×1=6（种）.C BD A所以共有12＋6=18种不同的涂法.[前铺]为“学习改变命运”六个字涂色，现在有红、黄、蓝三种颜色，使相邻的字颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少涂色方法？分析：第一个字有3种颜色可选，第二个字有2种颜色可选，第三个字有2种颜色可选，……以此类推，第六个字也有两种颜色可选，所以不同的涂色方法有：3×2×2×2×2×2=96（种）[拓展一]如果有红、黄、蓝、绿四种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？分析：第一步，首先对A 进行染色一共有4种方法，然后对B 、C 进行染色，如果B 、C 取相同的颜色，有三种方式，D 剩下3种方式，如果B 、C 取不同颜色，有3×2=6种方法，D 剩下2种方法，对该图的染色方法一共有4×（3×3+3×2×2）=84种方法.[拓展二]用四种颜色对下图的A ，B ，C ，D ，E 五个区域染色，要求相邻的区域染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用.问：共有多少种不同的染色方法?分析：第一步给C 上色，有4种选择； 然后对A 染色，A 有3种颜色可选； 当B ，E 取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时D 也有2种颜色可选，不同的涂法有3×2×2=12（种）；当B ，E 取不同的颜色时，B 有2种颜色可选，E 仅1种颜色可选，此时D 也只有1种颜色可选（与A 相同），不同的涂法有3×2×1×1=6（种）.所以共有4×3×（2×2＋2）=72种不同的涂法.思考本题与例题5的关系.【例7】 （★★）在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点再加上圆心一共11个点为端点，可以画出多少长度小于直径的线段.分析：由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取2个点，就可以画出一条线段一共有45种方法，其中包括5条直径，应当舍去，其余线段的长都小于直径，一共有40种方法 .以圆心为端点的线段一共有10条，所以一共可以画出40+10=50条线段.[拓展]一个半圆周上共有12个点，直径上5个，圆周上7个，以这些点为顶点，可以画出多少个三角形？E D C B A分析：（方法一）所有的三角形一共可以分为3类，第一类：三角形三个顶点都在圆周上，这样的三角形一共有7×6×5÷（3×2×1）=35种；第二类：三角形两个顶点在圆周上，这样的三角形一共有7×6÷（2×1）×5=105种；第三类：三角形一个顶点在圆周上，这样的三角形一共有7×5×4÷（2×1）=70种；一共可以画出35+105+70=210种.（方法二）不共线的3点可以确定一个三角形，这样任取3点构成的组合数与三角形的个数之间便有了一定的联系，但是要注意去掉其中3点共线的情况.12×11×10÷（3×2×1）-5×4×3÷（3×2×1）=210种.【例8】直线a，b上分别有5个点和4个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？分析：画三角形需要在一条线上找1个点，另一条线上找2个点，本题分为两种情况：（1）在a线上找一个点，有5种选取法，在b线上找两个点，有4×3÷2=6（种），根据乘法原理，一共有：5×6=30（个）三角形（2）在b线上找一个点，有4种选取法，在a线上找两个点，有5×4÷2=10（种），根据乘法原理，一共有：4×10=40（个）三角形根据加法原理，一共可以画出：30+40=70（个）三角形[巩固]直线a，b上分别有5个点和4个点，以这些点为顶点可以画出多少个四边形？分析：画四边形需要在每条线上取2个点，在a线上取2个点共有5×4÷2=10（种），在b线上取2个点共有4×3÷2=6（种），根据乘法原理，一共可以画出6×10=60（个）三角形.Ⅳ、排列组合【例9】（★★）用数字0，1，2，3，4，（可重复使用）可以组成多少个：小于1000的自然数？分析：小于1000的自然数有三类．第一类是0和一位数，有5个；第二类是两位数，有4×5=20个；第三类是三位数，有4×5×5=100个．共有5+20+100=125个．[拓展]用1、2、3、4、5这五个数字，可以组成多少个比20000大且百位数字不是3的无重复数字的五位数？分析：分两类（1）把3排在最高位上，其余四个数字可以任意放到其余四个数位上，有4×3×2×1=24种做法，对应24个不同的五位数（2）把2、4、5放在最高位上，有3种选择，百位数上有除最高位和3以外的三种选择，其余的三个数字可以任意放到其余3个数位上，由乘法原理，可以组成3×3×3×2×1=54个不同的五位数由加法原理，可以组成24+54=78个不同的五位数.【例10】（★★★）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?分析：从1到100的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；两位数中，不含4的可以这样考虑：十位上，不含4的有l、2、3、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含4．三位数只有100.所以一共有8＋8×9+1=81个不含4的自然数．[拓展] 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?分析：从1到300的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含2的有8个，它们是1、3、4、5、6、7、8、9；两位数中，不含2的可以这样考虑：十位上，不含4的有l、3、4、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含2的有0、1、3、4、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含2．三位数中，除去300外，百位数只有1一种取法，十位与个位均有0，1，3，4，5，6，7，8，9九种取法，根据乘法原理，不含数字2的三位数有：1×9×9=81个，还要加上300.所以根据加法原理，从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数一共有8＋72+82=162个.【例11】（★★★）在100～1995的所有自然数中，百位数与个位数不相同的自然数有多少个？分析：先考虑100～1995这1896个数中，百位与个位相同的数有多少个，在三位数中，百位与个位可以是1～9，十位可以是0～9，由乘法原理，有9×10=90个，四位数中，千位是1，百位和个位可以是0～9，十位可以是0～9，由乘法原理，10×10=100个，但是要从中去掉1999，在100～1995中，百位与个位相同的数共有90+99=189个，所以，百位数与个位数不相同的自然数有：1896-189=1707个[拓展]在1000至1999这些自然数中，个位数大于百位数的有多少个?分析：（方法一）解决计数问题常用分类讨论的方法．设在1000至1999这些自然数中满足条件的数为1abc(其中c＞a)；(1)当a=0时，c可取1～9中的任一个数字，b可取0～9中的任一个数字，于是一共有9×10=90个．(2)当a=1时，c可取2～9中的任一个数字，b仍可取0～9中的任一个数字，于是一共有8×10=80个．(3)类似地，当a依次取2，3，4，5，6，7，8时分别有70，60，50，40，30，20，10个符合条件的自然数．所以，符合条件的自然数有90＋80＋70＋…＋20＋10=450个．（方法二）1000至1999这1000个自然数中，每10个中有一个个位数等于百位数，共有100个；剩余的数中，根据对称性，个位数大于百位数的和百位数大于个位数的一样多，所以总数为-÷=个.(1000100)2450【例12】（★★）红、黄、蓝、白四种颜色不同的小旗，各有2，2，3，3面，任意取出三面按顺序排成一行，表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？分析：（方法一）取出的3面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类（1）一种颜色：都是蓝色的或者都是白色的，2种可能；（2）两种颜色：（4×3）×3=36（3）三种颜色：4×3×2=24所以，一共可以表示2＋36＋24=62种不同的信号（方法二）每一个位置都有4种颜色可选，共有4×4×4=64种，但是不能有三红或者三黄，所以减去2种，共有64-2=62种.[前铺]一共有赤橙黄绿青蓝紫七种颜色的等各一盏，把七盏灯都串起来，紫灯不排在第一位也不排在第七位的串法有多少种？分析：先考虑紫灯的位置，除去第一位和第七位外，有5种选择，然后把剩下的6盏灯随意排，有6×5×4×3×2×1=720种排法，由乘法原理，一共有5×720=3600种1.（★例1）从北京到广州可以选择直达的飞机和火车，也可以选择中途在上海或者武汉作停留，已知北京到上海、武汉或者上海、武汉到广州除了有飞机和火车两种交通方式外还有汽车.问，从北京到广州一共有多少种交通方式供选择？分析：从北京转道上海到广州一共有3×3=9种方法，从北京转道武汉到广州一共也有3×3=9种方法供选择，从北京直接去广州有2种方法，所以一共有9+9+2=20种方法.2.（★★例3）在所有的三位数中，各位数字之和是19的数共有多少个？分析：三个数字之和是19的共有10种，9，9，1；9，8，2；9，7，3；9，6，4；9，5，5；8，8，3；8，7，4；8，6，5；7，7，5；7，6，6.其中三个数字各不相同的有5种，每种能组成6个不同的三位数；三个数字中有两个相同的有5种，每种能组成3个不同的三位数，所求数共有：6×5+5×3=45（个）3.（★★例11）从54到199的整数中，各位数字互不相同的数有多少个？分析：从54至99的整数中，各位数字互不相同的数有46-5=41个.从100至199的整数中，各位数字互不相同的数有9×8=72个，总共有41+72=113个.4.（★★★例8）直线a，b上分别有4个点和2个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？分析：画三角形需要在一条线上找1个点，另一条线上找2个点，本题分为两种情况：（3）在a线上找一个点，有4种选取法，在b线上找两个点，有1种，根据乘法原理，一共有：5×1=5（个）三角形（4）在b线上找一个点，有2种选取法，在a线上找两个点，有4×3÷2=6（种），根据乘法原理，一共有：2×6=12（个）三角形根据加法原理，一共可以画出：5+12=17（个）三角形5.（★★★例12）五种颜色的小旗，任意取出三面排成一行表示各种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？分析：分3种情况（1）三面小旗一种颜色，可以表示5种信号（2）三面小旗两种颜色：可以表示5×4×3=60种信号（3）三面小旗三种颜色：可以表示：5×4×3=60种信号由加法原理，一共可以表示：5+60+60=125种信号.。
小学奥数四年级加乘原理
第一讲加乘原理加法原理：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。
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不同的方法,……，做第n步有mn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.核心：分布相乘、分步相加例题1：（1）从天津到上海的火车，上午、下午各发一列；也可以乘飞机，有3个不同的航班,还有一艘轮船直达上海。
那么从天津到上海共有多少种不同的走法?(2）请观察下面的树状图，请问从A到“树叶”节点的路线一共有多少条？练习1：(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班,汽车有3班，轮船有2班。
问：一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地,共有多少种不同走法？(2)下图中,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，问家中最多有多少种走法？例题2：泡泡有许多套服装，帽子数量为5顶、上衣有10件，裤子有8条，还有运动鞋6双,早晨要从几种服装中各取一个搭配，问：有多少种搭配?练习2：书架上有6本不同的外语书，4本不同的语文书，3本不同的数学书，从中任取外语、语文、数学书各一本，有多少种不同的取法？例题3:由数字1、2、3、4、5、6、7、8可组成多少个没有重复数字的三位数？百位为7的没有重复数字的三位数？练习3: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？⑶多少个数字不重复的偶数？例题4：甲、乙、丙、丁、戊五人要驾驶A、B、C、D、E这五辆不同型号的汽车，一共有多少种不同的安排方式？如果会驾驶汽车A的只有甲和乙,一共有多少种安排方式？练习4:甲、乙、丙、丁、戊五人要驾驶A、B、C、D、E这五辆不同型号的汽车，汽车E必须由甲、乙、丙三人中的某一人驾驶,则一共有多少种不同的安排方案？例题5：用5种颜色给如图4块区域染色,要求每块区域涂一种颜色,要使相邻区域不是同一种颜色,那么有多少种不同的染色方式？练习5：用5种颜色给如图图形染色，要求每块区域染一种颜色,要使相邻区域不是同一种颜色，有多少种染色方式？作业:1、小明用天平称物体时要用砝码，他在有1克、2克、4克、8克的砝码各一个，最多能称几种不同重量的物体?（要求砝码只放在一个托盘中）。
小学四年级奥数竞赛班作业第25讲：加乘原理与归纳递推
加乘原理与归纳递推练习题一．夯实基础：1.学校组织读书活动，要求每位同学读一本书，兔兔到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书150本，不同的科技书200本，不同的小说100本，那么，兔兔借一本书可以有多少种不同的选法？2.某人到食堂去买饭，主食有三种，副食有五种，他主食和副食各买一种，共有多少种不同的买法？要从四年级6个班中评选出学习、体育、卫生先进集体，有多少种不同的评选结果？3.要从四年级6个班中评选出学习、体育、卫生先进集体，有多少种不同的评选结果？4.题库中有三种类型的题目，数量分别为30道、40道和45道，每次考试要从三种类型的题目中各取一道组成一张试卷．问：由该题库共可组成多少种不同的试卷？5.如果从3本不同的语文书、4本不同的数学书、5本不同的外语书中选取2本不同学科的书阅读，那么共有多少种不同的选择？二．拓展提高：6.小明到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书15本，不同的科技书20本，不同的小说10本，那么，小明要选两本不同类的书有多少种选法？7.在右图中，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫有几种不同走法？ACB8.下图中共有16个方格，要把A、B、C、D四个不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能出现一个棋子．问：共有多少种不同的放法？三．超常挑战9.在1000到9999之间，千位数字与十位数字之差（大减小）为2，并且4个数字各不相同的四位数有多少个？使学习渐入“加”境；让思维“海”阔天空10.小丸子有许多套服装，帽子的数量为5顶、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(帽子可以选择戴与不戴)？11.在下图中，从A点沿实线走最短路径到B点，共有多少条不同路线？12.由数字0、1、2、3组成三位数，问：①可组成多少个不相等的三位数？②可组成多少个没有重复数字的三位数？四．杯赛演练：13.（走美杯）一种电子表在8时31分25秒时显示为8：3125 ，那么从7时到8时这段时间里，此表的5个数字都不相同的时刻一共有多少个？14.（迎春杯）如图1所示，一个花坛的道路由3个圆和5条线段组成，小兔要从A处做到B处，如果它在圆上只能顺时针方向走，在线段上只能从小圆走向大圆，且每条道路最多走一次，那么小兔可以选择的不同路线有多少条.15.（北京“数学解题能力展示”读者评选活动）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多少种可能？16.(迎春杯)桌上有3本红色封皮的，4本黄色封皮的和5本白色封皮的食谱，现闭上眼睛从中任意拿出6本，有多少种可能？（只考虑颜色，相同颜色的封皮没有区别）17.(迎春杯)过年了，妈妈买了7件不同的礼物，要送给亲朋好友的5个孩子每人一件．其中姐姐的儿子小强想从智力拼图和遥控汽车中选一个，朋友的女儿小玉想从学习机和遥控汽车中选一件．那么妈妈送出这5件礼物共有多少种方法？答案：1.兔兔选一本书有三类方法：第一类是借一本外语书，有150种方法；第二类是借一本科技书，有200种方法；第三类是借一本小说，有100种方法．根据加法原理，兔兔借一++=种方法．本书有1502001004502.某人买饭要分两步完成，即先买一种主食，再买一种副食（或先买副食后买主食）．其中，买主食有3种不同的方法，买副食有5种不同的方法．由乘法原理，主食和副食各买一种共有3×5=15种不同的方法．3.第一步选出学习先进集体一共有6种方法，第二步选出体育先进集体一共有6种方法，第三步选出卫生先进集体一共有6种评选方法，根据乘法原理，一共有666216⨯⨯=种评选方法．从该题库每一类试卷中分三步各选一道题，每一步分别有30、40、45种选法．根据乘法原理，一共有30404554000⨯⨯=种不同的选法，所以一共可以组成54000种不同试卷．4.从该题库每一类试卷中分三步各选一道题，每一步分别有30、40、45种选法．根据乘法原理，一共有30404554000⨯⨯=种不同的选法，所以一共可以组成54000种不同试卷．5. （1）选语文书和数学书：3×4=12种（2）选语文书和外语书：3×5=15种（3）选数学书和外语书：4×5=20种∴共12+15+20=47种6.两本不同类的书可以有外语书+科技书、外语书+小说、科技书+小说三类组合，各类组合分别有1520300⨯=种，一共有650种选法．⨯=种、2010200⨯=种、15101507.甲虫要从A点沿着线段爬到B点，需要经过两步，第一步是从A点到C点，一共有3种走法；第二步是从C点到B点，一共也有3种走法，根据乘法原理一共有339⨯=种走法．8.由于四个棋子要一个一个地放入方格内．故可看成是分四步完成这件事．第一步放棋子A，A可以放在16个方格中的任意一个中，故有16种不同的放法；第二步放棋子B，由于A已放定，那么放A的那一行和一列中的其他方格内也不能放B，故还剩下9个方格可以放B，B有9种放法；第三步放C，再去掉B所在的行和列的方格，还剩下四个方格可以放C，C有4种放法；最后一步放D，再去掉C所在的行和列的方格，只剩下一个方格可以放D，D有1种放法，由乘法原理，共有16×9×4×1=576种不同的放法．9.千位与十位为9和6：8×7×2=112（个）千位与十位为8和5：8×7×2=112（个）千位与十位为7和4：8×7×2=112（个）千位与十位为6和3：8×7×2=112（个）千位与十位为5和2：8×7×2=112（个）千位与十位为4和1：8×7×2=112（个）千位与十位分别为3和0：8×7=56（个）共有：112×6+56=728（个）∴共有728个满足条件的四位数。
小学五年级数学思维专题训练—加乘原理(含答案解析)
小学五年级数学思维专题训练—加乘原理1.下图中的“我爱希望杯”有种不同的读法。
2.妈妈教妹妹用数棒练习加法。
现在很多长度为1、3、5、7、9厘米的数棒，不同长度的数棒颜色都不相同。
请问有多少种不同的方式将这些数棒连接成长度为10厘米？（注意：先放置1厘米的数棒再放置3厘米的数棒，与先放置3厘米的数棒再放置1厘米的数棒视为不同的方式，例如连接成长度为4厘米时，有1+1+1+1，1+3,3+1三种方式）3.号码分别为2005、2006、2007、2008的4名运动员进行乒乓球比赛，规定每两人比赛的场数是他们号码的和被4除所得的余数。
那么，2008号运动员赛了多少场？4.自然数12321、90009、41014、···它们都有一个共同的特征：倒过来写还是原来的数。
那么具有这种特征的五位奇数有个。
5.电子钟指示时间由00:00:00到23:59:59，电子钟每1秒钟变化1次，在一昼夜期间，时间从左向右读和从右向左读的数字顺序完全一样的时刻有个。
6.一种电子表在10点28分6秒时，显示的时间如下图所示。
那么10点至10点半这段时间内，电子表上六个数字都不相同的时刻有个。
7.将1、2、3、4、5分别填入下图1×5的格子中，要求填在黑格里的数比它旁边的两个数都大。
共有种不同的填法。
8.玩具厂生产一种玩具棒，共4节，用红、黄、蓝三种颜色给每节涂色。
这家玩具厂共可生产种颜色不同的玩具棒。
9.从1~25这25个自然数中，每次取出两个不同的数，使它们的和是4的倍数，共有种不同的取法。
10.分母不大于60，分子小于6的最简真分数有个。
11.小于10且分母为36的最简分数共有多少个？12.要把4枚棋子A、B、C、D放在下图的方格里，要求每行和每列只能出现一枚棋子，则一共有种不同的放法。
13.小宝记得英语单词“hello”是由三个不同的字体h，e，o和两个相同的字母l组成的，但不记得排列顺序，则小宝可能出现的拼写错误共有种。
小学数学 加乘原理与图形问题 例题+练习+答案
加乘原理与图形问题加乘原理与图形问题【例题1】地图上有A ，B ，C ，D 四个国家(如下图)，现有红、黄、蓝三种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？DC B AA 有3种颜色可选；当B ，C 取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时D 也有2种颜色可选．根据乘法原理，不同的涂法有3×2×2=12种；当B ，C 取不同的颜色时，B 有2种颜色可选，C 仅剩1种颜色可选，此时D 也只有1种颜色可选(与A 相同)．根据乘法原理，不同的涂法有3×2×1×1=6种．综上，根据加法原理，共有12+6=18种不同的涂法．【巩固】如果有红、黄、蓝、绿四种颜色给例题中的地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？DC B A第一步，首先对A 进行染色一共有4种方法，然后对B 、C 进行染色，如果B 、C 取相同的颜色，有三种方式，D 剩下3种方式，如果B 、C 取不同颜色，有3×2=6种方法，D 剩下2种方法，对该图的染色方法一共有4×（3×3+3×2×2）=84种方法．【注意】给地图染色问题中有的可以直接用乘法原理解决，有的需要分类解决，前者分类做也可以解决问题．【例题2】如右图，有A 、B 、C 、D 、E 五个区域，现用五种颜色给区域染色，染色要求：每相邻两个区域不同色，每个区域染一色．有多少种不同的染色方式？E D C BA先采用分步：第一步给A 染色，有5种方法；第二步给B 染色，有4种方式；第三步给C 染色，有3种方式；第四步给D 染色，有3种方式；第五步，给E 染色，由于E 不能与A 、B 、D 同色，但可以和C 同色．此时就出现了问题：当D 与B 同色时，E 有3种颜色可染；而当D 与B 异色时，E 有2种颜色可染．所以必须从第四步就开始分类：第一类，D 与B 同色．E 有3种颜色可染，共有5×4×3×3=180（种）染色方式；第二类，D与B异色．D有2种颜色可染，E有2种颜色可染，共有5×4×3×2×2=240（种）染色方式．根据加法原理，共有180+240=420（种）染色方式．【巩固】如右图，有A，B，C，D四个区域，现用四种颜色给区域染色，要求相邻区域的颜色不同，每个区域染一色．有多少种染色方法？ADBCA有4种颜色可选，然后分类：第一类：B，D取相同的颜色．有3种颜色可染，此时D也有3种颜色可选．根据乘法原理，不同的染法有4×3×3=36（种）；第二类：当B，D取不同的颜色时，B有3种颜色可染，C有2种颜色可染，此时D也有2种颜色可染．根据乘法原理，不同的染法有4×3×2×2=48（种）．根据加法原理，共有36+48=84(种)染色方法．【例题3】直线a，b上分别有5个点和4个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？画三角形需要在一条线上找1个点，另一条线上找2个点，本题分为两种情况：⑴在a线上找一个点，有5种选取法，在b线上找两个点，有4×3÷2=6种，根据乘法原理，一共有：5×6=30个三角形；⑵在b线上找一个点，有4种选取法，在a线上找两个点，有5×4÷2=10种，根据乘法原理，一共有：4×10=40个三角形；根据加法原理，一共可以画出：30+40=70个三角形．【巩固】直线a，b上分别有4个点和2个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？画三角形需要在一条线上找1个点，另一条线上找2个点，本题分为两种情况：⑴在a线上找一个点，有4种选取法，在b线上找两个点，有1种，根据乘法原理，一共有：4×1=4个三角形；⑵在b线上找一个点，有2种选取法，在a线上找两个点，有4×3÷2=6种，根据乘法原理，一共有：2×6=12个三角形；根据加法原理，一共可以画出：4+12=16个三角形．【例题4】5条直线两两相交，没有两条直线平行，没有任何三条直线通过同一个点，以这5条直线的交点为顶点能构成几个三角形？方法一：5条直线一共形成5×4÷2=10个点，对于任何一个点，经过它有两条直线，每条直线上另外有3个点，此外还有三个不共线的点，以这个点为顶点的三角形就有3×3+3×3+3×3+3×2÷2=30个三角形，以10个点分别为定点的三角形一共有300个三角形，但每个三角形被重复计算3次，所以一共有100个三角形．方法二：只要三点不共线就能构成三角形，所以我们先求出10个点中取出3个点的种数，再减去3点共线的情况．这10个点是由5条直线互相相交得到的，在每条直线上都有4个点存在共线的情况，这4个点中任意三个都共线，所以一共有5×【4×3×2÷（3×2×1）】=20个三点共线的情况，除此以外再也没有3点共线的情况(用反证法可证明之)，所以一共可以构成10×9×8÷（3×2×1）-20=100种情况．【巩固】直线a，b上分别有5个点和4个点，以这些点为顶点可以画出多少个四边形？画四边形需要在每条线上取2个点，在a线上取2个点共有5×4÷2=10种，在b线上取2个点共有4×3÷2=6种，根据乘法原理，一共可以画出6×10=60个四边形．【例题5】一个半圆周上共有12个点，直径上5个，圆周上7个，以这些点为顶点，可以画出多少个三角形？第一类：三角形三个顶点都在圆周上，这样的三角形一共有7×6×5÷（3×2×1）=35种；第二类：三角形两个顶点在圆周上，这样的三角形一共有7×6÷（2×1）=105种；第三类：三角形一个顶点在圆周上，这样的三角形一共有7×5×4÷（2×1）=70种；根据加法原理，一共可以画出35+105+70=210种．【巩固】三条平行线上分别有2，4，3个点(下图)，已知在不同直线上的任意三个点都不共线．问：以这些点为顶点可以画出多少个不同的三角形？(方法一)本题分三角形的三个顶点在两条直线上和三条直线上两种情况⑴三个顶点在两条直线上，一共有4×3÷2×2+3×2÷2×2+3×2÷2×4+4×3÷2×3+4+3=55个⑵三个顶点在三条直线上，由于不同直线上的任意三个点都不共线，所以一共有：2×4×3=24个根据加法原理，一共可以画出55+24=79个三角形．(方法二)9个点任取三个点有9×8×7÷（3×2×1）=84种取法，其中三个点都在第二条直线上有4种，都在第三条直线上有1种，所以一共可以画出84-4-1=79个三角形．【例题6】在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点为顶点，可以画出多少不同的钝角三角形？(补充知识：由直径和圆周上的一点构成的三角形一定是直角三角形，其中直径的边所对的角是直角，所以如果圆周上三点在同一段半圆周上，则这三点构成钝角三角形)．由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取3个点，就可以画出一个三角形，如果这三个点其中两点构成的线段小于直径，并且第三个点在被其余两点分割的较小的圆周上，则这三个点构成钝角三角形，这样所有的钝角三角形可分为三类，第一类是长边端点之间仅相隔一个点，这样的三角形有10×1=10个，第二类是长边端点之间相隔两个点，这样的三角形有10×2=20个，第三类是长边端点之间相隔三个点，这样的三角形有10×3=30个，所以一共可以画出10+20+30=60个钝角三角形．【巩固】从1至9这九个数字中挑出六个不同的数填在下图的六个圆圈内，使在任意相邻两个圆圈内数字之和都是不能被3整除的奇数，那么最多能找出种不同的挑法来．(六个数字相同、排列次序不同的都算同一种)显然任意两个相邻圆圈中的数只是一奇一偶，因此，应从2，4，6，8中选3个数填入3个不相邻的圆圈中，下面就按此分类列举：⑴填入2，4，6，这时3与9不能同时填入(否则总有一个与6相邻，3+6或9+6能被3整除)，没有3，9的有1种：1，5，7，经试填，不成立；有3或9的，其它3个奇数1，7中选一个，5必选，有2种选法，因此有2×2=4种．⑵填入2，4，8，这时1，7不能填入(因为7+2，7+8，1+2，1+8都能被3整除)，从其余3个奇数中选出1个，有1种选法．⑶填入2，6，8，这时1，7不能填入，故无法填．⑷填入4，6，8，这时3与9只能任选一个，1与7也只能任选1个，第三个数是5，因而有2×2=4种选法．根据加法原理，总共有4+1+0+4=9种选法．【例题7】用红、橙、黄、绿、蓝5种颜色中的1种，或2种，或3种，或4种，分别涂在正四面体各个面上，一个面不能用两色，也无一个面不涂色的，问共有几种不同涂色方式？我们来看正四面体四个面的相关位置，当底面确定后，（从上面俯视）三个侧面的顺序有顺时针和逆时针两种（当三个侧面的颜色只有一种或两种时，顺时针和逆时针的颜色分布是相同的）．按使用了的颜色种数分类：第一类：用了4种颜色．第一步，选4种颜色，相当于选1种不用，有5种选法．第二步，如果取定4种颜色涂于4个面上，有2种方法．这一类有5×2=10（种）涂法；第二类：用了3种颜色．第一步，选3种颜色，相当于选2种不用，有5×4÷2=10（种）选法；第二步，取定3种颜色如红、橙、黄3色，涂于4个面上，有6种方法，如下图①②③（图中用数字1，2，3分别表示红、橙、黄3色）．这一类有10×6=60（种）涂法；第三类：用了2种颜色．第一步，选2种颜色，有5×4÷2=10（种）选法；第二步，取定2种颜色如红、橙2色，涂于4个面上，有3种方法，如下图④⑤⑥．这一类有10×3=30（种）涂法；第四类：用了一种颜色．第一步选1种颜色有5种方法；第二步，取定1种颜色涂于4个面上，只有1种方法．这一类有5×1=5（种）涂法．根据加法原理，共有10+60+30+5=105（种）不同的涂色方式．【巩固】用红、黄、蓝三种颜色对一个正方体进行染色使相邻面颜色不同一共有多少种方法？如果有红、黄、蓝、绿四种颜色对正方体进行染色使相邻面颜色不同一共有多少种方法？如果有五种颜色去染又有多少种？(注：正方体不能翻转和旋转)如果一共只有三种颜色供染色，那么正方体的相对表面只能涂上一种颜色，一共有上下、左右、前后一共三组对立面，所以染色的方法有3×2×1=6种方法．如果有四种颜色，那么染色方法可分为两类，一类是从四种颜色中选取三种对正方体进行染色，一共有4×2×2=24种．另一种是四种颜色都染上，用这种染色方法，就允许有一组相对表面可以染上不同的颜色，选取这组相对表面并染上不同颜色一共有3×（4×3）=36种方法，用其余两种颜色去染其他四个面只有2种方法，共36×2=72种，所以一共有24+72=96种方法．如果有5种颜色，那么用其中3种颜色的染色方法有5×4×3=60种．用其中4种颜色并拿去染色有5×72=360种，如果5种颜色都用，就有只有一组相对的表面染上相同的颜色，选取这组相对表面有3种方法，染色的方法有5×4×3×2×1=120种，一共有3×120=360种染色方法，用5种颜色对正方体进行染色的方法就一共有60+360+360=780种染色方法．【巩固】用6种不同的颜色来涂正方体的六个面，使得不同的面涂上不同的颜色一共有多少种涂色的方法？(将正方体任意旋转之后仍然不同的涂色方法才被认为是相同的)(法1)正方体6个面不同的涂色方法共有6！=720种．固定一个底面共有6种不同的选法，选择一个与底面相邻的面有4种不同的选法．所以一个正方体的放置有6×4=24种不同的位置．即在旋转的时候可以重复24次．所以可以染色的不同方法共有720÷24=30(种)．(法2)先涂正方体的一个面有6种方法，然后把这个面的对面涂上颜色不同的颜色，有15种涂法，再选择两种颜色，只有相邻和相对两种选法．如果相邻剩下两种颜色也相邻，如果相对剩下两种颜色也相对，所以共有15×2=30种．。
小学奥数 加乘原理之图论 精选练习例题 含答案解析(附知识点拨及考点)
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】 5条直线两两相交，没有两条直线平行，没有任何三条直线通过同一个点，以这5条直线的交点为顶点能构成几个三角形？【考点】加乘原理之图论 【难度】3星 【题型】解答 教学目标例题精讲知识要点7-3-3加乘原理之图论【解析】 方法一：5条直线一共形成54210⨯÷=个点，对于任何一个点，经过它有两条直线，每条直线上另外有3个点，此外还有三个不共线的点，以这个点为顶点的三角形就有33333332230⨯+⨯+⨯+⨯÷=个三角形，以10个点分别为定点的三角形一共有300个三角形，但每个三角形被重复计算3次，所以一共有100个三角形．方法二：只要三点不共线就能构成三角形，所以我们先求出10个点中取出3个点的种数，再减去3点共线的情况．这10个点是由5条直线互相相交得到的，在每条直线上都有4个点存在共线的情况，这4个点中任意三个都共线，所以一共有5[432(321)]20⨯⨯⨯÷⨯⨯=个三点共线的情况，除此以外再也没有3点共线的情况(用反证法可证明之)，所以一共可以构成1098(321)20100⨯⨯÷⨯⨯-=种情况．【答案】100【例 2】 如图，有这样的两条线，请问从这5个点中任选三个点可以构成＿＿＿＿＿个不同的三角形．【考点】加乘原理之图论 【难度】2星 【题型】填空【关键词】学而思杯，3年级，第4题【解析】 只要三点不共线，就能构成三角形。
小学奥数教程：加乘原理之图论_全国通用(含答案)
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】 5条直线两两相交，没有两条直线平行，没有任何三条直线通过同一个点，以这5条直线的交点为顶点能构成几个三角形？【考点】加乘原理之图论 【难度】3星 【题型】解答【解析】 方法一：5条直线一共形成54210⨯÷=个点，对于任何一个点，经过它有两条直线，每条直线上另外有3个点，此外还有三个不共线的点，以这个点为顶点的三角形就有33333332230⨯+⨯+⨯+⨯÷=个三角形，以10个点分别为定点的三角形一共有300个三角形，但每个三角形被重复计算3次，所以一共有100个三角形．方法二：只要三点不共线就能构成三角形，所以我们先求出10个点中取出3个点的种数，再减去3点共线的情况．这10个点是由5条直线互相相交得到的，在每条直线上都有4个点存在共线的情况，这4个点中任意三个都共线，所以一共有5[432(321)]20⨯⨯⨯÷⨯⨯=个三点共线的情况，除此以外再也没有3点共线的情况(用反证法可证明之)， 教学目标例题精讲知识要点7-3-3加乘原理之图论所以一共可以构成1098(321)20100⨯⨯÷⨯⨯-=种情况．【答案】100【例 2】 如图，有这样的两条线，请问从这5个点中任选三个点可以构成＿＿＿＿＿个不同的三角形．【考点】加乘原理之图论 【难度】2星 【题型】填空【关键词】学而思杯，3年级，第4题 【解析】 只要三点不共线，就能构成三角形。
小学奥数：加乘原理之图论.专项练习及答案解析
7-3-3加乘原理之图论教学目标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．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．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”．例题精讲【例 1】5条直线两两相交，没有两条直线平行，没有任何三条直线通过同一个点，以这5条直线的交点为顶点能构成几个三角形？【考点】加乘原理之图论【难度】3星【题型】解答【解析】方法一：5条直线一共形成54210⨯÷=个点，对于任何一个点，经过它有两条直线，每条直线上另外有3个点，此外还有三个不共线的点，以这个点为顶点的三角形就有33333332230⨯+⨯+⨯+⨯÷=个三角形，以10个点分别为定点的三角形一共有300个三角形，但每个三角形被重复计算3次，所以一共有100个三角形．方法二：只要三点不共线就能构成三角形，所以我们先求出10个点中取出3个点的种数，再减去3点共线的情况．这10个点是由5条直线互相相交得到的，在每条直线上都有4个点存在共线的情况，这4个点中任意三个都共线，所以一共有5[432(321)]20⨯⨯⨯÷⨯⨯=个三点共线的情况，除此以外再也没有3点共线的情况(用反证法可证明之)，所以一共可以构成1098(321)20100⨯⨯÷⨯⨯-=种情况．【答案】100【例 2】如图，有这样的两条线，请问从这5个点中任选三个点可以构成＿＿＿＿＿个不同的三角形．【考点】加乘原理之图论【难度】2星【题型】填空【关键词】学而思杯，3年级，第4题【解析】只要三点不共线，就能构成三角形。
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7-3-3加乘原理之图论
教学目标
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．
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．
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”．
例题精讲
【例 1】5条直线两两相交，没有两条直线平行，没有任何三条直线通过同一个点，以这5条直线的交点为顶点能构成几个三角形？
【考点】加乘原理之图论【难度】3星【题型】解答
【解析】方法一：5条直线一共形成54210
⨯÷=个点，对于任何一个点，经过它有两条直线，每条直线上另外有3个点，此外还有三个不共线的点，以这个点为顶点的三角
形就有33333332230
⨯+⨯+⨯+⨯÷=个三角形，以10个点分别为定点的三角形一共有300个三角形，但每个三角形被重复计算3次，所以一共有100个三角形．方法二：只要三点不共线就能构成三角形，所以我们先求出10个点中取出3个点的种数，再减去3点共线的情况．这10个点是由5条直线互相相交得到的，在每条直线上都有4个点存在共线的情况，这4个点中任意三个都共线，所以一共有5[432(321)]20
⨯⨯⨯÷⨯⨯=
个三点共线的情况，除此以外再也没有3点共线的情况(用反证法可证明之)，
所以一共可以构成1098(321)20100
⨯⨯÷⨯⨯-=种情况．
【答案】100
【例 2】如图，有这样的两条线，请问从这5个点中任选三个点可以构成＿＿＿＿＿个不同的三角形．
【考点】加乘原理之图论【难度】2星【题型】填空
【关键词】学而思杯，3年级，第4题
【解析】只要三点不共线，就能构成三角形。
3
528
C-=个
【答案】8个
【例 3】直线a，b上分别有5个点和4个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？
【考点】加乘原理之图论【难度】2星【题型】解答
【关键词】走美杯，4年级，决赛，第6题
【解析】画三角形需要在一条线上找1个点，另一条线上找2个点，本题分为两种情况：⑴在a线上找一个点，有5种选取法，在b线上找两个点，有4326
⨯÷=种
根据乘法原理，一共有：5630
⨯=个三角形；
⑵在b线上找一个点，有4种选取法，在a线上找两个点，有54210
⨯÷=种
根据乘法原理，一共有：41040
⨯=个三角形；
根据加法原理，一共可以画出：304070
+=个三角形．
【答案】70
【巩固】直线a，b上分别有4个点和2个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？
【考点】加乘原理之图论【难度】2星【题型】解答
【解析】画三角形需要在一条线上找1个点，另一条线上找2个点，本题分为两种情况：⑴在a线上找一个点，有4种选取法，在b线上找两个点，有1种，根据乘法原理，一共有：
414⨯= 个三角形；
⑵在b 线上找一个点，有2种选取法，在a 线上找两个点，有4326⨯÷=种，根据乘法原理，
一共有：2612⨯=个三角形；
根据加法原理，一共可以画出：41216+=个三角形．
【答案】16
【巩固】 直线a ，b 上分别有5个点和4个点，以这些点为顶点可以画出多少个四边形？
【考点】加乘原理之图论 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 画四边形需要在每条线上取2个点，
在a 线上取2个点共有54210⨯÷=种，
在b 线上取2个点共有4326⨯÷=种，
根据乘法原理，一共可以画出61060⨯=个四边形．
【答案】60
【巩固】 三条平行线上分别有2，4，3个点(下图)，已知在不同直线上的任意三个点都不共线．问：以这些点为顶点可以画出多少个不同的三角形？
【考点】加乘原理之图论 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 (方法一)本题分三角形的三个顶点在两条直线上和三条直线上两种情况
⑴三个顶点在两条直线上，
一共有43223222322443234355⨯÷⨯+⨯÷⨯+⨯÷⨯+⨯÷⨯++=个
⑵三个顶点在三条直线上，由于不同直线上的任意三个点都不共线，
所以一共有：24324⨯⨯=个
根据加法原理，一共可以画出552479+=个三角形．
(方法二)9个点任取三个点有987(321 )84⨯⨯÷⨯⨯=种取法，
其中三个点都在第二条直线上有4种，都在第三条直线上有1种，所以一共可以画出844179--=个三角形．
【答案】79
【例 4】 一个半圆周上共有12个点，直径上5个，圆周上7个，以这些点为顶点，可以画
出多少个三角形？
【考点】加乘原理之图论 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 第一类：三角形三个顶点都在圆周上，这样的三角形一共有76532135⨯⨯÷
⨯⨯=（）种；
第二类：三角形两个顶点在圆周上，这样的三角形一共有76215105⨯÷⨯⨯=（）种；
第三类：三角形一个顶点在圆周上，这样的三角形一共有7542170⨯⨯÷
⨯=（）种； 根据加法原理，一共可以画出3510570210++=种．
【答案】210
【例 5】 在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点为顶点，可以画出多少不同的钝角三
角形？(补充知识：由直径和圆周上的一点构成的三角形一定是直角三角形，其
中直径的边所对的角是直角，所以如果圆周上三点在同一段半圆周上，则这三点
构成钝角三角形)．
【考点】加乘原理之图论【难度】3星【题型】解答
【解析】由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取3个点，就可以画出一个三角形，如果这三个点其中两点构成的线段小于直径，并且
第三个点在被其余两点分割的较小的圆周上，则这三个点构成钝角三角形，这样
所有的钝角三角形可分为三类，第一类是长边端点之间仅相隔一个点，这样的三角
形有10110
⨯=⨯=个，第二类是长边端点之间相隔两个点，这样的三角形有10220个，第三类是长边端点之间相隔三个点，这样的三角形有10330
⨯=个，所以一共可以画出10203060
++=个钝角三角形．
【答案】60
【例 6】从1至9这九个数字中挑出六个不同的数填在下图的六个圆圈内，使在任意相邻两个圆圈内数字之和都是不能被3整除的奇数，那么最多能找出种不同
的挑法来．(六个数字相同、排列次序不同的都算同一种)
【考点】加乘原理之图论【难度】2星【题型】解答
【关键词】迎春杯，决赛
【解析】显然任意两个相邻圆圈中的数只是一奇一偶，因此，应从2，4，6，8中选3个数填入3个不相邻的圆圈中，下面就按此分类列举：
⑴填入2，4，6，这时3与9不能同时填入(否则总有一个与6相邻，36
+能被3整
+或96
除)，没有3，9的有1种：1，5，7，经试填，不成立；有3或9的，其它3个奇数1，7中选一个，5必选，有2种选法，因此有224
⨯=种．
⑵填入2，4，8，这时1，7不能填入(因为72
+都能被3整
+，12
+，78
+，18
除)，从其余3个奇数中选出1个，有1种选法．
⑶填入2，6，8，这时1，7不能填入，故无法填．
⑷填入4，6，8，这时3与9只能任选一个，1与7也只能任选1个，第三个数是5，因而有224
⨯=种选法．
根据加法原理，总共有41049
+++=种选法．
【答案】9。