小学奥数- 加乘原理之数字问题(一)
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 。
四年级奥数：加乘原理(一)
四年级奥数：加乘原理（一）1,2,3,…,299,300,这300个自然数中,完全不含有3的自然数共有_____个.【解析】 可以先计算出来含有3的自然数的个数,然后用300减去含有3的自然数的个数,就可以得到完全不含有3的自然数的个数. 1-99中,含有数字3的数有：9+10=19（个）历届杯赛考试中,对计数问题的考察是必不可少的.这部分的题目有一定的方法,目的是考察大家对各类问题的方法的应用能力.要做好这些题目,就需要同学们掌握计数问题的各类方法,枚举法是一种很重要的数学思考方法,是大家必须掌握的一种计数方法.加乘原理的方法也是解决计数问题的常用方法,帮助我们提高解决问题的准确率.名师点题例1知识概述1. 计数问题类型：① 图形计数：线段、三角形、长方形、正方形计数； ② 应用题类型的计数问题. 2. 解决计数问题常用的方法：① 分类计数（加法原理）：如果完成一件工作有几类不关联的方式,在每一类方式中又各有几种不同的方法,使用其中任何一种方法都能独立完成这件工作的不同方法总数,就是完成这件工作的各类方法的总数之和；② 分步计数（乘法原理）：如果完成一件工作有几个相关的步骤,要依次完成这几个步骤,这件工作才能完成,而每一个步骤各有几种不同的方法去完成,那么,完成这件工作的方法总数,就是完成这件工作的各个步骤的方法种数之积.100-199中,含有数字3的数有19个200-300中,含有数字3的数有19+1=20（个）含有3的自然数的个数是19+19+20=58（个）完全不含有3的自然数共有：300-58=242（个）从A点沿直线走最短的路径到B点,共有多少种不同的走法？【解析】标数法解图表类题型从甲地到乙地有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？【解析】用A1,A2表示从甲地到乙地的2条路,用B1,B2,B3表示从乙地到丙地的3条路,用C1,C2表示从丙地到丁地的2条路（见下页图）.从甲到丁是分三步走的：第一步甲到乙有2种方法,第二步乙到丙有3种方法,第3步丙到丁有2种方法.对于第一步的每种方法,第二步都有3种方法,所以从甲到丙有2×3=6（种）方法；对从甲到丙的每种方法,第三步都有2种方法,所以不同的走法共有2×3×2＝12（种）.A1B1C1 A1B2C1 A1B3C1A1B1C2 A1B2C2 A1B3C2例3例2A2B1C1 A2B2C1 A2B3C1A2B1C2 A2B2C2 A2B3C2【巩固拓展】1、如图中共有几个三角形？【解析】根据数线段的方法得：（6+5+4+3+2+1）×2+（3+2+1）×2+6+6+1=67（个）2、一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点,要求任何点都不能重复经过.问：这只甲虫共有几种不同走法？【解析】第一步,从A点到C点,有4条路线；第二步C点到B点,有4条路线.由乘法原理,共有4×4=16种不同的走法.3、从A到B,要求每一步都是向右、向上或者斜上方,问有多少种不同的走法？【解析】小明要登上10级台阶,他每一步只能登1级或2级台阶,他登上10级台阶共有多少种不同的登法？【解析】登上第1级台阶只有1种登法.登上第2级台阶可由第1级台阶上去,或者从平地跨2级上去,故有2种登法.登上第3级台阶可从第1级台阶跨2级上去,或者从第2级台阶上去,所以登上第3级台阶的方法数是登上第1级台阶的方法数与登上第2级台阶的方法数之和,共有1+2＝3（种）……一般地,登上第n级台阶,或者从第（n—1）级台阶跨一级上去,或者从第（n—2）级台阶跨两级上去.根据加法原理,如果登上第（n—1）级和第（n—2）级分别有a种和b种方法,则登上第n级有（a＋b）种方法.因此只要知道登上第1级和第2级台阶各有几种方法,就可以依次推算出登上以后各级的方法数.由登上第1级有1种方法,登上第2级有2种方法,可得出下面一串数：1,2,3,5,8,13,21,34,55,89.其中从第三个数起,每个数都是它前面两个数之和.登上第10级台阶的方法数对应这串数的第10个,即89.也可以在图上直接写出计算得出的登上各级台阶的方法数（见下图）.例1【巩固拓展】有15根火柴,如果规定每次取2根或3根,那么取完这堆火柴共有多少种不同取法？【解析】为了便于理解,可以将本题转变为“上15级台阶,每次上2级或3级,共有多少种上法？”所以本题的解题方法与例1类似（见下表）.取完15根火柴共有28种不同取法.右图中每个小方格的边长都是1.一只小虫从直线AB上的O点出发,沿着横线与竖线爬行,可上可下,可左可右,但最后仍要回到AB上（不一定回到O点）.如果小虫爬行的总长是3,那么小虫有多少条不同的爬行路线？【解析】如果小虫爬行的总长是2,那么小虫从AB上出发,回到AB上,其不同路线有6条（见左下图）；小虫从与AB相邻的直线上出发,回到AB上,其不同路线有4条（见右下图）.实际上,小虫爬行的总长是3.小虫爬行的第一步有四种情况：向左,此时小虫还在AB上,由上面的分析,后两步有6条路线；同理,向右也有6条路线；向上,此时小虫在与AB相邻的直线上,由上面的分析,后两步有4条路线；同理,向下也有4条路线.例2根据加法原理,共有不同的爬行路线6＋6＋4＋4＝20（条）【巩固拓展】下图中每个小方格的边长都是1.有一只小虫从O点出发,沿图中格线爬行,如果它爬行的总长度是3,那么它最终停在直线AB上的不同爬行路线有多少条？【解析】枚举法：上下、下上、左左、右右、左右、右左共6种例3用数字0,1,2,3,4,5可以组成多少个三位数（各位上的数字允许重复）？【解析】组成一个三位数要分三步进行：第一步确定百位上的数字,除0以外有5种选法；第二步确定十位上的数字,因为数字可以重复,有6种选法；第三步确定个位上的数字,也有6种选法.根据乘法原理,可以组成三位数：5×6×6＝180（个）【巩固拓展】用0、1、2、3、4、5组成各位数字都不相同的六位数,并把这些六位数从小到大排列,第505个数是__________.【解析】把这些数按照从小到大排列.当最高位是1时,共有5×4×3×2×1=120（个）；当最高位是2、3、4的时候都各有120个,所以共有120×4=480（个）.505-480=25（个）.剩下的25个都是最高位为5的数,当十万位上是5,万位是0的时候,这样的数共有4×3×2×1=24（个）.所以第505个数的万位为1,它是510234.下图,把A,B,C,D,E 五部分用四种不同的颜色着色,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,那么这幅图一共有多少种不同的着色方法.【解析】从接触面最多的入手,再按照相邻原则依次考虑,从C 开始考虑,有4种着色方法.C 着色后,A 有3种着色方法,A 着色后,B 有2种着色方法,B 着色后,D 有2种着色方法,D 后E 也有2种着色方法. 所以共有4×3×2×2×2=96种【巩固拓展】下图,把A,B,C,D,E 五部分用五种不同的颜色着色,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,那么这幅图一共有多少种不同的着色方法.【解析】从接触面最多的入手,再按照相邻原则依次考虑,从A 开始考虑,有5种着色方法.B 和A 不同色有4种着色方法,C 和A,B 不同色,有3种着色方法,B 和D 同色时,D 有1种选择,E 有3种选择,当B,D 不同色时,D 有2种选择,E 有2种选择,因此需要对B,D 着色情况进行分类所以共有5×4×3×1×3+5×4×3×2×2=420种（第11届中环杯初赛）如图,35个边长为1厘米的小正方形组成一个5厘米×7厘米的长方形,则图中所有正方形的周长和为（）厘米.【解析】图形计数,巧求周长.周长为4的正方形有5×7=35个,周长为8的有4×6=24个,周长为12的有3×5=15个,周长为16有2×4=8个,周长为20的有1×3=3个.所以周长和为4×35+8×24+12×15+16×8+20×3=140+192+180+128+60=700.(第九届“中环杯”四年级决赛)6个人排成一排,甲当排头,乙不当排尾,共有多少种排法？【解析】乘法原理6个人排成一排,甲当排头,乙不当排尾,共有14432196⨯⨯⨯⨯⨯=种排法例2例1（第11届中环杯决赛）如图,某市的街道构成正方形网格,邮递员要从A 经过P 到B.沿着最短路线走,共有__________种不同的走法.【解析】标数法：必须经过P点,从A到P下面的点：2种走法从P点上面的点到B：4种走法一共有2×4=8种走法下图是中国象棋棋盘,如果两人各有一个“车”的棋子,它们不在同一行,也不在同一列就不会被吃掉,那么总共有多少种不同的放置方法使两“车”不相遇.【解析】设甲方先放棋子,可任意放置,故甲方有10×9=90种.对应甲的第一种方法,乙方按照规定必须去掉甲方棋子所在的行和列,所以乙方有9×8=72种甲方共有90种方法,而乙方都有对应他的72种方法因此总共有90×72=6480种不同的放置方法.例4例3例5下图中,要从A走到B,但不能经过C,D两点,如果只能向右,向上,或者斜上方走,一共有多少种不同的走法？BCDA【解析】利用标数法每一点的走法数等于它的左方和下方两个点的方法数的和.1 4 4 7 11 171 3 0 3 4 61 2 3 0 1 2A 1 1 1 1 1答案是17种.例6（小机灵杯精选考题）从1,2,3,4,5,6中选取若干个数,使得它们的和是3的倍数,但不是5的倍数,那么共有多少种不同的取法？【解析】利用标数法先满足是3的倍数：取1个数,有2种方法取2个数,有2*2+1=5种取3个数,有2*2*2=8种取4个数,有5种取5个数,有2种取6个数,有1种共有2+5+8+5+2+1=23种其中再减去5的倍数,也即15的倍数取3个数,有1种（和为15）取4个数,有2种（考虑另两个数的和为6）取5个数,有1种共有4种所以满足条件的是23-4=19种1、如下图中的每个小方格都是面积为1的正方形,那么面积为2的长方形有几个？【解析】用a×b表示矩形的类型,其中a表示矩形的水平长度,b表示矩形的竖直长度.图中每行有4个2×1的矩形,共4行；图中每列有3个1×2的矩形,共5列.所以,图中面积为2的长方形共有4×4+3×5=31（个）.2、一排房有五个房间,在五个房间中住着甲、乙、丙、丁,规定每个房间只许住一个人,并且只允许两个人住的房间挨在一起,第三个人的房间必须和前两个人隔开,有几种住法？【解析】先判断出必须是中间的房间空着,然后有4×3×2×1=24种.3、用0,1,2,3、4、5可以组成多少个没有重复数字的三位偶数？【解析】个位数字,只有0、2、4三种可能.如果个位是0,有5×4=20（个）如果是个位是2、4,有2×4×4=32（个）所以,共有20+32=52（个）4、（第12届中环杯初赛）小明要从学校出发去少年宫参加活动,下图是学校到少年宫的路线图,直线表示可以通行的道路,如果小明要尽快到达少年宫,他一共有多少条不同的最短路线可以走？【解析】利用标数法一共有15条最短路线.5、由数字1、2、3、4、5、6、7、8可组成多少个①三位数？②三位偶数？③没有重复数字的三位偶数？④百位为8的没有重复数字的三位数？⑤百位为8的没有重复数字的三位偶数？【解析】①8×8×8=512（个）；②4×8×8=256（个）；③4×7×6=168（个）；④1×7×6=42（个）；⑤1×3×6=18（个）．6、一个篮球队,五名队员A、B、C、D、E,由于某种原因,C不能做中锋,而其余四人可以分配到五个位置的任何一个上．问：共有多少种不同的站位方法？【解析】4×4×3×2×1=96（种）．7、（第13届中环杯决赛）如图所示的网格中,要从A到B,方向只能向右或向上,不能经过C以及D,有多少条不同的路径.【解析】利用标数法一共有18条最短路线.。
浙江省绍兴市小学数学小学奥数系列7-3加乘原理综合应用(一)
浙江省绍兴市小学数学小学奥数系列7-3加乘原理综合应用（一）姓名:________ 班级:________ 成绩:________亲爱的小朋友们，这一段时间的学习，你们收获怎么样呢？今天就让我们来检验一下吧！一、 (共36题；共174分)1. （10分）文艺活动小组有3名男生，4名女生，从男、女生中各选1人做领唱，有多少种选法？（4级）2. （5分）从7，8，9，，76，77这71个数中，选取两个不同的数，使其和为3的倍数的选法总数是多少?3. （5分）从甲地到乙地有3条直达公路，还有5条直达铁路，那么从甲地到乙地共有多少种不同的走法？4. （5分）小刘有2种牙膏和3把牙刷，每次1把牙刷配一种牙膏，有几种不同的配法？请写具体方法来．5. （5分）一把钥匙开一把锁，现在有五片钥匙五把锁，最多试几次可以打开所有锁？6. （5分）在下图中，一只甲虫要从点沿着线段爬到点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法？7. （5分）在这10个自然数中，每次取出三个不同的数，使它们的和是3的倍数有多少种不同的取法？8. （5分）从公园到动物园有4条路，从动物园到植物园有3条路，从公园经过动物园到植物园有几种走法？9. （5分）（1）由3、6、9这3个数字可以组成多少个没有重复数字的三位数？（2）由3、6、9这3个数字可以组成多少个三位数？10. （5分）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？11. （5分）如下图所示，从A地去B地有5种走法，从B地去C地有3种走法，那么李明从A地经B地去C 地有多少种不同的走法？12. （5分）用数字1，2组成一个八位数，其中至少连续四位都是1的有多少个？13. （5分）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？14. （1分）奥运吉祥物中的个“福娃”取“北京欢迎您”的谐音：贝贝、晶晶、欢欢、迎迎、妮妮．如果在盒子中从左向右放个不同的“福娃”，那么，有________种不同的放法．【第六届小学“希望杯”全国数学邀请赛15. （1分） (2018三上·青岛期末) 有3件不同的上衣和3条不同的裤子，一共有________种不同的穿法。
小学奥数讲义4年级-1简单加乘原理--难版
第10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+m3H ------------------------------------------------ F m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m1XmX…X m种方法。
2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。
、典型例题加法原理【例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？【解析】一天中乘坐火车有4种走法，乘坐汽车有3种走法，乘坐轮船有2种走法，所以一天中从甲地到乙地共有：4+3 + 2=9 （种）不同走法。
【小试牛刀】有红、黄、蓝小旗各一面，从中选用1面、2面或3面升上旗杆，做出不同的信号，一共可以做出多少种不同的信号？【解析】如一次升一面，则有3种信号；如一次升两面，则有3X2=6种信号；如一次升三面，则有3X2X1=6种信号；--共有:3+6+6=15 种。
【例2】★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？【解析】运用加法原理，把组成方法分成三大类：①只取一种人民币组成1元，有3种方法：10张1角；5张2角；2张5角。
湖南省娄底地区数学小学奥数系列7-3加乘原理综合应用(一)
湖南省娄底地区数学小学奥数系列7-3加乘原理综合应用（一）姓名:________ 班级:________ 成绩:________亲爱的同学，经过一段时间的学习，你们一定学到不少知识，今天就让我们大显身手吧！一、 (共36题；共174分)1. （10分）有5个同学，他们每两人互相送一件礼物，一共要送多少件礼物？2. （5分）在这10个自然数中，每次取出三个不同的数，使它们的和是3的倍数有多少种不同的取法？3. （5分）如图列出甲、乙和丙之间的交通方法，现在由乙出发，再回乙，途中需经过甲但不可经过乙，又不准走重复的路线，问共有多少种不同的去法？4. （5分）有两个骰子，每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点．随意掷这两个骰子，向上一面点数之和为偶数的情形有多少种？5. （5分）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？6. （5分）（1）小丽上学共有几条路线？（2）算一算，小丽上学最近的路线有多少米？7. （5分）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，共有多少种不同的取法？8. （5分）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？9. （5分）七位数的各位数字之和为60 ，这样的七位数一共有多少个？10. （5分）一台晚会上有6个演唱节目和4个舞蹈节目．问：（1）如果4个舞蹈节目要排在一起，有多少种不同的安排顺序?（2）如果要求每两个舞蹈节目之间至少安排一个演唱节目，一共有多少种不同的安排顺序?11. （5分）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？12. （5分）如下图中，小虎要从家沿着线段走到学校，要求任何地点不得重复经过．问：他最多有几种不同走法？13. （5分）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？14. （1分）如图，将1，2，3，4，5分别填入图中的格子中，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．15. （1分）从1～12中选出7个自然数，要求选出的数中不存在某个自然数是另一个自然数的2倍，那么一共有________种选法．16. （5分）在下图中，一只甲虫要从点沿着线段爬到点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法？17. （1分）用2、3、7、8四个数字组成四位数，每个数中不许有重复数字，一共可以组成18个的不同的四位数．________ . （判断对错）18. （5分）用5种不同颜色的笔来写“智康教育”这几个字，相邻的字颜色不同，共有多少种写法？19. （10分）学校教学楼共16级台阶，规定每次只能跨上1级或2级，要登上第16级，共有多少种不同的走法？20. （5分）要从四年级六个班中评选出学习、体育、卫生先进集体，有多少种不同的评选结果？21. （5分）如下图所示，从A地去B地有5种走法，从B地去C地有3种走法，那么李明从A地经B地去C 地有多少种不同的走法？22. （5分）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？23. （5分）小刘有2种牙膏和3把牙刷，每次1把牙刷配一种牙膏，有几种不同的配法？请写具体方法来．24. （5分）请问由A点到G点有多少条不同的路线？（路线或点不可重复．）25. （5分）邮递员投递邮件由A村去B村的道路有3条，由B村去C村的道路有2条，那么邮递员从A村经B村去C村，共有多少种不同的走法？26. （5分）在下图中，一只甲虫要从点沿着线段爬到点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法？27. （5分）用数字1，2组成一个八位数，其中至少连续四位都是1的有多少个？28. （5分）从公园到动物园有4条路，从动物园到植物园有3条路，从公园经过动物园到植物园有几种走法？29. （5分）从学校经过百鸟园到猴山，有哪几条路可以走，请列举出来．30. （5分）从自然数1~40中任意选取两个数，使得所选取的两个数的和能被4整除，有多少种取法？31. （5分）（1）由数字1、2可以组成多少个两位数？（2）由数字1、2可以组成多少个没有重复数字的两位数？32. （1分） (2016四下·岑溪期中) 小菊有4件衬衣，有3条裙子，如果她想从中选择一件衬衣和一条裙子搭配穿，一共有________种不同的穿法．33. （5分）一把钥匙开一把锁，现在有五片钥匙五把锁，最多试几次可以打开所有锁？34. （5分）如图，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？35. （5分）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颜色，那么共有几种不同的涂法？36. （5分）假如电子计时器所显示的十个数字是“0126093028”这样一串数，它表示的是1月26日9时30分28秒．在这串数里，“0”出现了3次，“2”出现了2次，“1”、“3”、“6”、“8”、“9”各出现1次，而“4”、“5”、“7”没有出现．如果在电子计时器所显示的这串数里，“0”、“1”、“2”、“3”、“4”、“5”、“6”、“7”、“8”、“9”这十个数字都只能出现一次，称它所表示的时刻为“十全时”，那么2003年一共有多少个这样的“十全时”？参考答案一、 (共36题；共174分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、10-2、11-1、12-1、13-1、14-1、15-1、16-1、17-1、18-1、19-1、20-1、21-1、22-1、23-1、24-1、25-1、26-1、27-1、28-1、29-1、30-1、31-1、31-2、32-1、33-1、34-1、35-1、36-1、。
小学奥数-加乘法原理
加乘法原理加法原理：完成一件事情，如果有n类办法，在第一类办法中有a种不同做法，第二类有b 种不同做法，第三类中有c中不同的做法。
那么完成这件事就有N=a+b+c+d+。
种不同的做法。
例1：小龙和小虎是亲戚，暑假小龙邀请小虎去另一城市玩，小虎所在城市每天有三趟火车、两班轮船、四班汽车去小龙的城市，请问小虎去的话有多少种选择方式？乘法原理：做一件事情需要分n步骤，做第一步有a种不同方法，做第二步有b 种不同方法，第三步有c种不同方法。
那么完成这件事就有N=a×b×c×。
种不同方法。
例2：从甲地到乙地有2条路可走，从乙地到丙地有3条路可走，试问从甲地经乙地到丙地共有多少种不同的走法？练习：1、小东到新华书店买书，他喜欢的书有5种数学书，3种科幻书，6种古典小说。
他带的钱只能买其中的一种，他有多少种不同的选择方法？2、一条直线上标有ABCDE共5个点，问：用这5个点中的任意两点为端点，能数出多少条不同的线段？3、从1~9这九个数中，每次取2个数的和大于10，能有几种取法？4、某人有一个5分硬币，四个2分硬币，八个1分硬币，现在要拿出8分，有几种不同的拿法？5、运行于杭州、上海之间的快车，中途要停靠六个站，这列快车要准备多少种不同的车票？6、一只甲虫从A点出发沿着线段爬到B点，要求任何点和线段都不重复经过，有多少种不同的走法？AB 7、小东到新华书店买书，他喜欢的书有5种数学书，3种科幻书，6种古典小说。
他各买一本有多少种不同的选择方法？8、某市电话号码为8位，其中首位是8，这个市的电话号码最多有几个？9、正方形有16个方格，要把ABCD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？10、由0、3、5、8组成三位数，（1）可以组成几个不相等的三位数，（2）可以组成几个没有重复数字的三位数11、一个口袋装有3个小球，另一口袋装有8个小球，大小形状一样只颜色不同。
小学奥数——乘法原理与加法原理
乘法原理与加法原理在日常生活中常常会遇到这样一些问题，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，要知道完成这件事一共有多少种方法,就用我们将讨论的乘法原理来解决．例如某人要从北京到大连拿一份资料，之后再到天津开会．其中,他从北京到大连可以乘长途汽车、火车或飞机，而他从大连到天津却只想乘船.那么,他从北京经大连到天津共有多少种不同的走法?分析这个问题发现，某人从北京到天津要分两步走．第一步是从北京到大连，可以有三种走法,即:第二步是从大连到天津，只选择乘船这一种走法，所以他从北京到天津共有下面的三种走法:3×1＝3.如果此人到大连后,可以乘船或飞机到天津,那么他从北京到天津则有以下的走法:共有六种走法,注意到3×2=6.在上面讨论问题的过程中,我们把所有可能的办法一一列举出来.这种方法叫穷举法．穷举法对于讨论方法数不太多的问题是很有效的．在上面的例子中,完成一件事要分两个步骤.由穷举法得到的结论看到,用第一步所有的可能方法数乘以第二步所有的可能方法数,就是完成这件事所有的方法数.一般地,如果完成一件事需要个步骤，其中,做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法,…,做第步有种不同的方法,那么，完成这件事一共有种不同的方法.这就是乘法原理.例1.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？补充说明：由例题可以看出，乘法原理运用的范围是：①这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成;②每个步骤各有若干种不同的方法来完成.这样的问题就可以使用乘法原理解决问题.例2.右图中有7个点和十条线段，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的走法?例3.书架上有6本不同的外语书，4本不同的语文书，从中任取外语、语文书各一本,有多少种不同的取法?例4.王英、赵明、李刚三人约好每人报名参加学校运动会的跳远、跳高、１０0米跑、200米跑四项中的一项比赛,问：报名的结果会出现多少种不同的情形?例5.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？分析在确定由0、1、２、３组成的三位数的过程中,应该一位一位地去确定.所以，每个问题都可以看成是分三个步骤来完成．①要求组成不相等的三位数．所以，数字可以重复使用,百位上，不能取0，故有3种不同的取法；十位上，可以在四个数字中任取一个，有4种不同的取法；个位上,也有4种不同的取法.②要求组成的三位数中没有重复数字,百位上,不能取0,有3种不同的取法；十位上，由于百位已在１、２、3中取走一个，故只剩下0和其余两个数字,故有3种取法;个位上，由于百位和十位已各取走一个数字,故只能在剩下的两个数字中取，有2种取法．例6.由数字１、2、3、4、５、6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数?分析要组成四位数，需一位一位地确定各个数位上的数字,即分四步完成，由于要求组成的数是奇数，故个位上只有能取1、3、5中的一个，有3种不同的取法；十位上,可以从余下的五个数字中取一个,有５种取法;百位上有4种取法;千位上有3种取法,故可由乘法原理解决．例7.右图中共有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？分析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,本题要由乘法原理解决.例8.现有一角的人民币４张，贰角的人民币2张,壹元的人民币3张,如果从中至少取一张,至多取９张,那么,共可以配成多少种不同的钱数?分析要从三种面值的人民币中任取几张,构成一个钱数,需一步一步地来做．如先取一角的,再取贰角的，最后取壹元的．但注意到,取２张一角的人民币和取1张贰角的人民币，得到的钱数是相同的．这就会产生重复,如何解决这一问题呢？我们可以把壹角的人民币４张和贰角的人民币２张统一起来考虑.即从中取出几张组成一种面值，看共可以组成多少种．分析知,共可以组成从壹角到捌角间的任何一种面值,共８种情况．(即取两张壹角的人民币与取一张贰角的人民币是一种情况;取4张壹角的人民币与取2张贰角的人民币是一种情况．)这样一来,可以把它们看成是8张壹角的人民币．整个问题就变成了从8张壹角的人民币和3张壹元的人民币中分别取钱．这样，第一步，从8张壹角的人民币中取;第二步,从3张壹元的人民币中取共4种取法，即0、1、２、3．但要注意,要求“至少取一张＂。
小学奥数全国推荐四年级奥数通用学案附带练习题解析答案47加法、乘法原理(一)
年级四年级学科奥数版本通用版课程标题加法、乘法原理（一）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，就要用我们这节课学习的加法原理来解决。
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。
分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合于题目的分类标准，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。
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。
合理分类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。
例1 书架上层放有 6 本不同的数学书，下层放有 5 本不同的语文书。
从中任取一本，共有多少种不同的取法？分析与解：从书架上任取一本书，有两类办法：第一类办法是从上层取数学书，可以从6本书中任取一本，有6 种取法；第二类办法是从下层取语文书，可以从5本书中任取一本，有5 种取法。
根据加法原理，得到不同的取法的种数是：N＝m1＋m2＝6＋5＝11。
所以从书架上任取一本书，有11种不同的取法。
例2各数位的数字之和是24的三位数共有多少个？分析与解：个数各个数位上的数字，最大只能是9，24可拆分为：24＝9＋9＋6；24＝9＋8＋7；24＝8＋8＋8。
运用加法原理，把组成的三位数分为三大类：①由9、9、6这三个数字可组成3个三位数：996、969、699；②由9、8、7这三个数字可组成6个三位数：987、978、897、879、798、789；③由8、8、8这三个数字可组成1个三位数：888。
奥数讲义计数专题：加法原理、乘法原理
华杯赛计数专题：加法原理、乘法原理基础知识：1.加法原理：如果完成一件事情可以分成几类方法，每一类又包含若干种不同方法，那么将所有类中的方法数累加就是完成这件事的所有方法数.加法原理的关键在于分类，类与类之间用加法.2.乘法原理：如果完成一件事情可以分成几个步骤，每一步又包含若干种不同方法，那么将所有步骤中的方法数连乘就是完成这件事的所有方法数.乘法原理的关键在于分步，步与步之间用乘法.3.分类原则：分类要做到“不重不漏”.任意两类之间不可以重复，这叫做不重；把所有的类别累加在一起就得到整体，这叫做不漏.4.分步原则：分步要做到“前不影响后”.无论前面步骤采取哪种方法，后面一个步骤都应该有相同多的方法数，也就是说后面一个步骤的方法数与前面步骤采取哪一种方法无关.例题：例1.从1开始依次写下去一直到999，得到一个多位数1234567891011121314…997998999，请问：（1）这个多位数一共有多少位？（2）第999位数字是多少？（3）在这个多位数中，数字9一共出现了多少次？（4）数字0一共出现了多少次？问题（1）这个多位数一共有多少位？【答案】（1）2889；（2）9；（3）300；（4）189【解答】分析1：999个自然数构成一个多位数，可以利用加法原理分类的思想求这个多位数的位数.将这999个自然数分成3类：第1类是1位数；第2类是2位数；第3类是3位数.分别计算每一类自然数占了多少位，再求和就可以得出多位数的位数了.详解1：按照自然数的位数去分类.构成这个多位数的自然数中1位数有9个，占了9位；2位数有90个，占了2×90=180位；3位数有900个，占了3×900＝2700位；所以这个多位数总共有9+180+2700=2889位.问题（2）第999位数字是多少？详解2：1位数和2位数一共占了189位，999位数数字还需要3位数占据999－189=810位.由810÷3=270…0可知第999位数字是第270个3位数的最后1位.第270个3位数是369，所以第999位数字是9.问题（3）在这个多位数中，数字9一共出现了多少次？分析3：前面2问分类的方法是按照自然数的位数去分类，1位数，2位数，3位数各自分为一类.但按照这种分类的思路来解第3问就不是很方便了：1位数含有1个9，2位数含有19个9，但是考虑3位数含有多少个9还是比较复杂.通过这种分类的思路去分析问题并没有使问题变得简单.可以考虑按照分段的方法去分类，第1类1—99；第2类100—199；第3类200—299；……；第10类900—999.分别计算每一类中包含了多少个9，然后再加和就可以了.注意利用每一类的相似性，比如第1类到第9类每一类所包含9的个数应该一样多，当然第10类900—999中9的个数比前9类要多100个.再考虑一种分类的方法，按照9出现的位置去分类.首先考虑9在百位出现了多少次；再考虑9在十位出现了多少次；最后考虑9在个位出现了多少次.详解3：按照分段的方法去分类.实际这种分类方法也是按照百位数的不同去分类，在每一类中百位数是相同的（1—99可以看成百位数为0）.考虑第1类1—99中包含了多少个9，个位包含9的有：9，19，29，39，49，59，69，79，89，99一共10个；十位包含9的有：90，91，92，93，94，95，96，97，98，99也是10个.这样在1—99中9在个位和十位各出现了10次，一共是20次.同理，第2类100—199；第3类200—299；……；第9类800—899；每一类中也都包含20个9.第10类900—999中9的个数比前9类要多100个，应该是120个.所以原来的多位数中总共有20×9＋120=300个9.其实更快的方法是按9出现的位置去数，应用乘法原理.问题（4）数字0一共出现了多少次？详解4：按照0出现在个位、十位去分类当0出现在十位时，百位可以为1~9，个位可以为0~9，根据乘法原理，共有9×10=90次；同理，当0出现在个位时，共有9×10+9=99次，所以原来的多位数中0出现了99＋90=189次.例2.允许数字重复，那么用数字0、1、3、5、7、9最多可以组成多少个不同的三位数？【答案】180【解答】百位有5种选择，十位和个位都有6种选择.根据乘法原理，一共可以组成5×6×6=180个三位数.变化：如果不允许数字重复呢？其中被5整除的无重复数字的三位数又有多少个呢？例3.在所有的三位数中，至少出现一个2的偶数有________个.【答案】162【解答】①个位是2的有9×10=90个；②十位是2但个位不是2的偶数有9×4＝36个；③百位是2但十位和个位都不是2的偶数有9×4=36个，所以一共有90＋36＋36＝162个符合条件的三位数.例4.用1、2、3、4、5这5个数字组成四位数，至多允许有1个数字重复两次.例如1234、1233和2454是满足条件的，而1212、3335和4444就是不满足条件的.那么，所有这样的四位数共有________个.【答案】480个【解答】方法1：分类讨论.如果包含4个互不相同的数字，一共有5×4×3×2=120个；如果包含3个互不相同的数字，我们可以先从5个数字中选出3个数字，然后再从挑出的3个数字中选1个可以重复，最后把这3个数字带上1个重复的数字共4个数字排成1行.根据乘法原理，就有个，所以一共有120＋360＝480个四位数.方法2：排除法.所有可能的四位数有5×5×5×5＝625个；只包含1个数字的有5个，包含2个数字的有5×4×（2×2×2－1）＝140个.那么包含3个或4个不同数字的四位数有625－5－140=480个.例5.书架上有1本英语书，9本不同的语文书，9本不同的数学书和7本不同的历史书.现在要从中取出3本书，而且不能有两本是同一科的.那一共有多少种取法？【答案】774【解答】因为一共要4种书中选3种，所以要分4种情况讨论：如果拿的是英语、语文和数学书，根据乘法原理一共有1×9×9种方法；如果拿的是英语、语文和历史书，一共有1×9×7种拿法，同理另外两种情况分别有1×9×7种和9×9×7种拿法.最后我们根据加法原理，一共有1×9×9＋1×9×7＋1×9×7＋9×9×7＝1×9×16＋10×9×7＝144＋630＝774种拿法.例6.用0，1，2，3，4这五个数字可以组成多少个无重复数字的：（1）银行存折的四位密码；（2）四位数；（3）四位奇数.【答案】（1）120（个）；（2）96（个）；（3）36（个）.【解答】（1）完成“组成无重复数字的四位密码”这件事，可以分四个步骤：第一步：选取左边第一个位置上的数字，有5种选取方法；第二步：选取左边第二个位置上的数字，有4种选取方法；第三步：选取左边第三个位置上的数字，有3种选取方法；第四步：选取左边第四个位置上的数字，有2种选取方法；由乘法原理，可组成不同的四位密码共有N=5×4×3×2=120（个）.（2）完成“组成无重复数字的四位数”这件事，可以分四个步骤：第一步：从1，2，3，4中选取一个数字作千位数字，有4种选取方法；第二步：从1，2，3，4中余下的三个数字和0中选取一个数字作百位数字，有4种选取方法；第三步：从余下的三个数字中选取一个数字作十位数字，有3种选取方法；第四步：从余下的两个数字中选取一个数字作个位数字，有2种选取方法；由乘法原理，可组成不同的四位数共有N=4×4×3×2=96（个）.（3）完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四个步骤：第一步：从1，3中选取一个数字作个位数字，有2种选取方法；第二步：从1，3中余下的一个数字和2，4中选取一个数字作千位数字，有3种选取方法；第三步：从余下的三个数字中选取一个数字作百位数字，有3种选取方法；第四步：从余下的两个数字中选取一个数字作十位数字，有2种选取方法；由乘法原理，可组成不同的四位奇数共有N=2×3×3×2=36（个）.例7.在1～20共20个整数中取两个数相加,使其和为偶数的不同取法共有多少种?【答案】90（种）【解答】取a+b与取b+a是同一种取法.分类标准为两加数的奇偶性,第一类,偶偶相加,由乘法原理得（10×9）/2=45种取法,第二类,奇奇相加,也有（10×9）/2=45种取法.根据加法原理共有45＋45=90种不同取法.例8.将5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案有多少种？【答案】150（种）【解答】5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆，可以分成3，1，1和2，2，1两类，第一类：分成3，1，1，完成此件事可以分成3步，第1步：3个馆选一个馆去3个人，共有3种选法，第2步：5个人中选3个人，共有种选法，第3步：剩下的2个人分别去两个馆，所以当分配成3，1，1时，根据乘法原理，共有3×10×2=60（种）；第二类：分成2，2，1，完成此件事可以分成3步，第1步：5个人中选出一个人，共有5种选法，第2步：3个馆中选出一个馆，共有3种选法，第3步：剩下的4个人中选2个人去剩下两个馆中的一个，最后一个人去另外一个馆，共有（种），所以当分配成2，2，1时，根据乘法原理，共有5×3×6=90（种）；所以根据加法原理，不同的分配方案共有60＋90=150（种）.例9.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，这样的六位数有多少个？【答案】40（个）【解答】可分三步来做这件事：第一步：先将3、5放到六个数位中的两个，共有2种排法；第二步：再将4、6插空放入剩下四个数位中的两个，共有2×2=4种排法；第三步：将1、2放到3、5、4、6形成的空位中，共有5种排法.根据乘法原理：共有2×4×5=40（种）.例10.在一个3行4列的方格表内放入4枚相同的棋子，要求每列至多只有1枚棋子，每行不做限制，那么一共有多少种不同的放法？在一个3行4列的方格表内放入4枚互不相同的棋子，要求每列至多只有1枚棋子，每行不做限制，那么一共有多少种不同的放法？【答案】81（种）；1944（种）【解答】「问题1」4枚棋子放入4列，每一列有且仅有1枚棋子，因此总共分4个步骤考虑.第1步考虑第1列的棋子放在什么位置；第2步考虑第2列的棋子放在什么位置；第3步考虑第3列的棋子放在什么位置；第4步考虑第4列的棋子放在什么位置.每一步都有3种选择方法，所以方法数一共有3×3×3×3=81种.「问题2」假设4枚互不相同的棋子为A，B，C，D.将按照下面的4个步骤进行考虑，先放棋子A，12个格子可以随便选择，一共有12种方法.第2步放棋子B，A那一列的3个格子不能选择，其它的格子都可以放B，所以一共有9种方法.第3步放棋子C，A、B那两列一共6个格子不能选，所以一共有6种方法.第4步放棋子D，A、B、C三列一共9个格子不能选，还剩3个格子，所以一共有3种方法.利用乘法原理，放入4个不同棋子的方法数一共有12×9×6×3=1944种方法.另外一种解法.「问题2」4个棋子要占4个方格，先选出放棋子的4个方格.实际上挑出4个方格的方法数和第1问是完全相同的，总共有3×3×3×3=81种选择方法.选好方格后再将棋子排列进去，第1列的方格可以选择A，B，C，D中的任何一个棋子，所以有4种方法；第2列的方格还剩下三个棋子可供选择，所以有3种方法；第3列的方格还剩下两个棋子可供选择，有2种方法；第4列的方格只有1种方法.所以选好4个方格后排列棋子的方法数一共是4×3×2×1=24种.选4个方格有81种方法，选好4个方格后放棋子一共有24种方法，所以将表格中放入4个互不相同的棋子的总方法数是81×24=1944种.例11. 如图，把图中的8个部分用红、黄、绿、蓝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？【答案】768（种）【解答】按照A，B，D，E，C，G，F，H的步骤进行染色.对A进行染色的时候没有任何的限制，总共有4种染色的方法；对B进行染色的时候由于不能和A同色，所以有3种染色的方法；对D进行染色的时候由于不能和A，B同色，所以只剩2种染色的方法；对E进行染色时不能和B，D同色，所以有2种染色的方法；对C进行染色时不能和B，E同色，所以有2种染色方法；对G进行染色时不能和D，E同色，所以有2种染色的方法；对F进行染色时不能和D，G同色，所以有2种染色的方法；对H进行染色时不能和E，G同色，所以有2种染色的方法.综合上面的八个步骤，利用乘法原理，共有4×3×2×2×2×2×2×2=768种着色的方法.「评议」本题染色的步骤还有很多种，大家考虑一下按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤进行染色是否可以？可能有同学发现按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤进行染色会算出另外一个答案4×3×3×2×1×3×1×2=432.当然，正确答案只能有一个，那么这种分步方法到底错在哪里呢？这里要提到利用乘法原理一条重要的原则：“前不影响后”.无论前面步骤采取哪种染色方法，后面一个步骤都应该有相同多的方法数，也就是说后面一个步骤的方法数与前面步骤采取哪一种方法无关.而按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤来染色就违反了这个原则.请看下面图中的例子：在上面的例子中，左图前4步采取的染色方法是红、黄、绿、蓝，第5步对E进行染色时只有1种方法；右图前4步采取的染色方法是红、黄、绿、绿，这样第5步对E进行染色时有2种方法.于是第5个步骤对E进行染色无法确定到底有几种染色的方法，前4步不同的染色方案影响到了第5步的方法数，既然不能确定是1种还是2种，乘法原理自然也就无法应用了.。
四年级奥数：加乘原理(一)
四年级奥数：加乘原理（一）1，2，3，…，299，300，这300个自然数中，完全不含有3的自然数共有_____个.【解析】 可以先计算出来含有3的自然数的个数，然后用300减去含有3的自然数的个数，就可以得到完全不含有3的自然数的个数. 1-99中，含有数字3的数有：9+10=19（个）历届杯赛考试中，对计数问题的考察是必不可少的.这部分的题目有一定的方法，目的是考察大家对各类问题的方法的应用能力.要做好这些题目，就需要同学们掌握计数问题的各类方法，枚举法是一种很重要的数学思考方法，是大家必须掌握的一种计数方法.加乘原理的方法也是解决计数问题的常用方法，帮助我们提高解决问题的准确率.名师点题例1知识概述1. 计数问题类型：① 图形计数：线段、三角形、长方形、正方形计数； ② 应用题类型的计数问题. 2. 解决计数问题常用的方法：① 分类计数（加法原理）：如果完成一件工作有几类不关联的方式，在每一类方式中又各有几种不同的方法，使用其中任何一种方法都能独立完成这件工作的不同方法总数，就是完成这件工作的各类方法的总数之和；② 分步计数（乘法原理）：如果完成一件工作有几个相关的步骤，要依次完成这几个步骤，这件工作才能完成，而每一个步骤各有几种不同的方法去完成，那么，完成这件工作的方法总数，就是完成这件工作的各个步骤的方法种数之积.100-199中，含有数字3的数有19个200-300中，含有数字3的数有19+1=20（个）含有3的自然数的个数是19+19+20=58（个）完全不含有3的自然数共有：300-58=242（个）例2从A点沿直线走最短的路径到B点，共有多少种不同的走法？【解析】标数法解图表类题型例3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？【解析】用A1，A2表示从甲地到乙地的2条路，用B1，B2，B3表示从乙地到丙地的3条路，用C1，C2表示从丙地到丁地的2条路（见下页图）.从甲到丁是分三步走的：第一步甲到乙有2种方法，第二步乙到丙有3种方法，第3步丙到丁有2种方法.对于第一步的每种方法，第二步都有3种方法，所以从甲到丙有2×3=6（种）方法；对从甲到丙的每种方法，第三步都有2种方法，所以不同的走法共有2×3×2＝12（种）.A1B1C1 A1B2C1 A1B3C1A1B1C2 A1B2C2 A1B3C2A2B1C1 A2B2C1 A2B3C1A2B1C2 A2B2C2 A2B3C2【巩固拓展】1、如图中共有几个三角形？【解析】根据数线段的方法得：（6+5+4+3+2+1）×2+（3+2+1）×2+6+6+1=67（个）2、一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何点都不能重复经过.问：这只甲虫共有几种不同走法？【解析】第一步，从A点到C点，有4条路线；第二步C点到B点，有4条路线.由乘法原理，共有4×4=16种不同的走法.3、从A到B，要求每一步都是向右、向上或者斜上方，问有多少种不同的走法？【解析】例1小明要登上10级台阶，他每一步只能登1级或2级台阶，他登上10级台阶共有多少种不同的登法？【解析】登上第1级台阶只有1种登法.登上第2级台阶可由第1级台阶上去，或者从平地跨2级上去，故有2种登法.登上第3级台阶可从第1级台阶跨2级上去，或者从第2级台阶上去，所以登上第3级台阶的方法数是登上第1级台阶的方法数与登上第2级台阶的方法数之和，共有1+2＝3（种）……一般地，登上第n级台阶，或者从第（n—1）级台阶跨一级上去，或者从第（n —2）级台阶跨两级上去.根据加法原理，如果登上第（n—1）级和第（n—2）级分别有a种和b种方法，则登上第n级有（a＋b）种方法.因此只要知道登上第1级和第2级台阶各有几种方法，就可以依次推算出登上以后各级的方法数.由登上第1级有1种方法，登上第2级有2种方法，可得出下面一串数：1，2，3，5，8，13，21，34，55，89.其中从第三个数起，每个数都是它前面两个数之和.登上第10级台阶的方法数对应这串数的第10个，即89.也可以在图上直接写出计算得出的登上各级台阶的方法数（见下图）.【巩固拓展】有15根火柴，如果规定每次取2根或3根，那么取完这堆火柴共有多少种不同取法？【解析】为了便于理解，可以将本题转变为“上15级台阶，每次上2级或3级，共有多少种上法？”所以本题的解题方法与例1类似（见下表）.取完15根火柴共有28种不同取法.例2右图中每个小方格的边长都是1.一只小虫从直线AB上的O点出发，沿着横线与竖线爬行，可上可下，可左可右，但最后仍要回到AB上（不一定回到O点）.如果小虫爬行的总长是3，那么小虫有多少条不同的爬行路线？【解析】如果小虫爬行的总长是2，那么小虫从AB上出发，回到AB上，其不同路线有6条（见左下图）；小虫从与AB相邻的直线上出发，回到AB上，其不同路线有4条（见右下图）.实际上，小虫爬行的总长是3.小虫爬行的第一步有四种情况：向左，此时小虫还在AB上，由上面的分析，后两步有6条路线；同理，向右也有6条路线；向上，此时小虫在与AB相邻的直线上，由上面的分析，后两步有4条路线；同理，向下也有4条路线.根据加法原理，共有不同的爬行路线6＋6＋4＋4＝20（条）【巩固拓展】下图中每个小方格的边长都是1.有一只小虫从O点出发，沿图中格线爬行，如果它爬行的总长度是3，那么它最终停在直线AB上的不同爬行路线有多少条？【解析】枚举法：上下、下上、左左、右右、左右、右左共6种例3用数字0，1，2，3，4，5可以组成多少个三位数（各位上的数字允许重复）？【解析】组成一个三位数要分三步进行：第一步确定百位上的数字，除0以外有5种选法；第二步确定十位上的数字，因为数字可以重复，有6种选法；第三步确定个位上的数字，也有6种选法.根据乘法原理，可以组成三位数：5×6×6＝180（个）【巩固拓展】用0、1、2、3、4、5组成各位数字都不相同的六位数，并把这些六位数从小到大排列，第505个数是__________.【解析】把这些数按照从小到大排列.当最高位是1时，共有5×4×3×2×1=120（个）；当最高位是2、3、4的时候都各有120个，所以共有120×4=480（个）.505-480=25（个）.剩下的25个都是最高位为5的数，当十万位上是5，万位是0的时候，这样的数共有4×3×2×1=24（个）.所以第505个数的万位为1，它是510234.下图，把A,B,C,D,E 五部分用四种不同的颜色着色，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，那么这幅图一共有多少种不同的着色方法.【解析】从接触面最多的入手，再按照相邻原则依次考虑，从C 开始考虑，有4种着色方法.C 着色后，A 有3种着色方法，A着色后，B 有2种着色方法，B 着色后，D 有2种着色方法，D 后E 也有2种着色方法. 所以共有4×3×2×2×2=96种【巩固拓展】下图，把A,B,C,D,E 五部分用五种不同的颜色着色，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，那么这幅图一共有多少种不同的着色方法.【解析】从接触面最多的入手，再按照相邻原则依次考虑，从A 开始考虑，有5种着色方法. B 和A 不同色有4种着色方法，C 和A,B 不同色，有3种着色方法，B 和D 同色时，D 有1种选择，E 有3种选择，当B,D 不同色时，D 有2种选择，E 有2种选择，因此需要对B,D 着色情况进行分类所以共有5×4×3×1×3+5×4×3×2×2=420种（第11届中环杯初赛）如图，35个边长为1厘米的小正方形组成一个5厘米×7厘米的长方形，则图中所有正方形的周长和为（ ）厘米.【解析】图形计数，巧求周长.周长为4的正方形有5×7=35个，周长为8的有4×6=24个，周长为12的有3×5=15个，周长为16有2×4=8个，周长为20的有1×3=3个.所以周长和为4×35+8×24+12×15+16×8+20×3=140+192+180+128+60=700.(第九届“中环杯”四年级决赛)6个人排成一排，甲当排头，乙不当排尾，共有多少种排法？【解析】乘法原理6个人排成一排，甲当排头，乙不当排尾，共有14432196⨯⨯⨯⨯⨯=种排法例2例1例3（第11届中环杯决赛）如图，某市的街道构成正方形网格，邮递员要从 A 经过P 到 B.沿着最短路线走，共有__________种不同的走法.【解析】标数法：必须经过P点，从A到P下面的点：2种走法从P点上面的点到B：4种走法一共有2×4=8种走法例4下图是中国象棋棋盘，如果两人各有一个“车”的棋子，它们不在同一行，也不在同一列就不会被吃掉，那么总共有多少种不同的放置方法使两“车”不相遇.【解析】设甲方先放棋子，可任意放置，故甲方有10×9=90种.对应甲的第一种方法，乙方按照规定必须去掉甲方棋子所在的行和列，所以乙方有9×8=72种甲方共有90种方法，而乙方都有对应他的72种方法因此总共有90×72=6480种不同的放置方法.例5下图中，要从A走到B，但不能经过C,D两点，如果只能向右，向上，或者斜上方走，一共有多少种不同的走法？BCDA【解析】利用标数法每一点的走法数等于它的左方和下方两个点的方法数的和.1 4 4 7 11 171 3 0 3 4 61 2 3 0 1 2A 1 1 1 1 1答案是17种.例6（小机灵杯精选考题）从1，2，3，4，5，6中选取若干个数，使得它们的和是3的倍数，但不是5的倍数，那么共有多少种不同的取法？【解析】利用标数法先满足是3的倍数：取1个数，有2种方法取2个数，有2*2+1=5种取3个数，有2*2*2=8种取4个数，有5种取5个数，有2种取6个数，有1种共有2+5+8+5+2+1=23种其中再减去5的倍数，也即15的倍数取3个数，有1种（和为15）取4个数，有2种（考虑另两个数的和为6）取5个数，有1种共有4种所以满足条件的是23-4=19种1、如下图中的每个小方格都是面积为1的正方形，那么面积为2的长方形有几个？【解析】用a×b表示矩形的类型，其中a表示矩形的水平长度，b表示矩形的竖直长度.图中每行有4个2×1的矩形，共4行；图中每列有3个1×2的矩形，共5列.所以，图中面积为2的长方形共有4×4+3×5=31（个）.2、一排房有五个房间，在五个房间中住着甲、乙、丙、丁，规定每个房间只许住一个人，并且只允许两个人住的房间挨在一起，第三个人的房间必须和前两个人隔开，有几种住法？【解析】先判断出必须是中间的房间空着,然后有4×3×2×1=24种.3、用0，1，2，3、4、5可以组成多少个没有重复数字的三位偶数？【解析】个位数字，只有0、2、4三种可能.如果个位是0，有5×4=20（个）如果是个位是2、4，有2×4×4=32（个）所以，共有20+32=52（个）4、（第12届中环杯初赛）小明要从学校出发去少年宫参加活动，下图是学校到少年宫的路线图，直线表示可以通行的道路，如果小明要尽快到达少年宫，他一共有多少条不同的最短路线可以走？【解析】利用标数法一共有15条最短路线.5、由数字1、2、3、4、5、6、7、8可组成多少个①三位数？②三位偶数？③没有重复数字的三位偶数？④百位为8的没有重复数字的三位数？⑤百位为8的没有重复数字的三位偶数？【解析】①8×8×8=512（个）；②4×8×8=256（个）；③4×7×6=168（个）；④1×7×6=42（个）；⑤1×3×6=18（个）．6、一个篮球队，五名队员A、B、C、D、E，由于某种原因，C不能做中锋，而其余四人可以分配到五个位置的任何一个上．问：共有多少种不同的站位方法？【解析】4×4×3×2×1=96（种）．7、（第13届中环杯决赛）如图所示的网格中，要从A到B，方向只能向右或向上，不能经过C以及D，有多少条不同的路径.【解析】利用标数法一共有18条最短路线.。
小学奥数-加乘原理
特殊位置优先考虑（一）
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，甲必须跑第一棒，一共有多少种不同的跑法？
第1棒
第2棒
第3棒
第4棒
甲
乙、丙、丁
第2棒选定1人后
第2、3棒选定后
三人选其一
还剩两人选其一
只剩下1人
1
3
2
1
题目解析：
第一棒已固定为甲，所以第一步的选择种类为1，第2棒的运动员人选可能是乙、丙、丁3人种一人，所以
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。
乘法原理解题三部曲
1、完加成法一原件理事解分题n 三个部必曲要步骤；
2、步1步、相完关成（一每件步事都分不k 能类单情独况完成该件事）
3、步2步、相类乘类独立（每类都能单独完成该
件事）
解题思路
第二步：看看另外两类，饮料和小吃不想和中午重复，说明晚饭时，这两种食3物、的类种类类相选加择要各比中午少一种。
乘法原理：一般地，如果完成一 件事可以分成 n 个必要步骤，第一步 有m1种，第二步有m2种......,第 n 步有 mn 种，那么完成这件事情一共有 m1×m2×......×mn 种不同的方法。
1
加乘原理初步知识（一）
例题：
艾迪去吃午饭，发现附近有中餐厅 9 个，西餐厅 5 个，快餐厅 3 个，他准备去其中一家餐厅吃饭，共有多少种不同的选择？
山东省济宁市数学小学奥数系列7-3加乘原理综合应用(一)
山东省济宁市数学小学奥数系列7-3加乘原理综合应用（一）姓名:________ 班级:________ 成绩:________亲爱的小朋友们，这一段时间的学习，你们收获怎么样呢？今天就让我们来检验一下吧！一、 (共36题；共174分)1. （10分）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？2. （5分）从这些数中选取两个数，使其和被3除余1的选取方法有多少种？被3除余2的选取方法有多少种？3. （5分）如下图所示，从A地去B地有5种走法，从B地去C地有3种走法，那么李明从A地经B地去C 地有多少种不同的走法？4. （5分）有两个骰子，每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点．随意掷这两个骰子，向上一面点数之和为偶数的情形有多少种？5. （5分）小明要为家里买一瓶花，花店里有2种花瓶和3种花束，一共有多少种买法？请你用线连一连，再回答．6. （5分）邮递员投递邮件由A村去B村的道路有3条，由B村去C村的道路有2条，那么邮递员从A村经B村去C村，共有多少种不同的走法？7. （5分）请用你所学的“解决问题的策略”，解决下面的问题．数学信息（图1）问题（图2）8. （5分）（1）由数字1、2可以组成多少个两位数？（2）由数字1、2可以组成多少个没有重复数字的两位数？9. （5分）用1、2、3这三个数字可以组成多少个不同的三位数？如果按从小到大的顺序排列，213是第几个数？10. （5分）（1）由3、6、9这3个数字可以组成多少个没有重复数字的三位数？（2）由3、6、9这3个数字可以组成多少个三位数？11. （5分）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？12. （5分）（1）小丽上学共有几条路线？（2）算一算，小丽上学最近的路线有多少米？13. （5分）小刘有2种牙膏和3把牙刷，每次1把牙刷配一种牙膏，有几种不同的配法？请写具体方法来．14. （1分）(2010·邯郸) 六个同学排成一排照相，共有________种不同的排法。
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 。
【推荐】奥数：加乘原理之数字问题(一).学生版
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”．教学目标例题精讲知识要点7-3-2.加乘原理之数字问题（一）【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。
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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”．
【例 17】由数字 0、2、8（既可全用也可不全用）组成的非零自然数，按照从小到大排列，2008 排在第 个．
【例 18】从分别写有 2、4、6、8 的四张卡片中任取两张，做两个一位数乘法.如果其中的 6 可以看成 9，那 么共有多少种不同的乘积？
【巩固】 有七张卡片： 1 、 1 、 2 、 3 、 9 、 9 、 9 ，从中任取 3 张可排列成三位数。若其中卡片 9 旋 转后可看作 6 ，则排成偶数有_______个。
【例 8】 在 1000 至 1999 这些自然数中个位数大于百位数的有多少个?
【例 9】 某人忘记了自己的密码数字，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？
【例 10】将 1 到 35 这 35 个自然数连续地写在一起，够成了一个大数：1234567891011……333435，则这个
例题精讲
【例 1】 由数字 1，2，3 可以组成多少个没有重复数字的数？
【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
。
【巩固】 由数字 0，3，6 组成的所有三位数的和是__________。
【例 3】 由数字 0，1，3，9 可以组成多少个无重复数字的自然数？ 【例 4】 用数字 0，1，2，3，4 可以组成多少个小于 1000 的自然数？ 【例 5】 用数码 0，1，2，3，4，可以组成多少个小于 1000 的没有重复数字的自然数？ 【例 6】 用 0～9 这十个数字可组成多少个无重复数字的四位数． 【巩固】 用 0，1，2，3 四个数码可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？ 【例 7】 在 2000 到 2999 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 15】把所有不含重复数字的四位偶数从小到大排成一列，则从前往后数第 364 个数是多少？
【例 16】由 数 字 1， 2， 3， 4 组 成 的所 有 四 位 数 中（ 数 字 不 重 复使 用 ）， 从 小到 大 排 列 ， 第 7 个 数 是 ______________．
【巩固】 由 1，2，3，4，5 五个数字组成的不同的五位数有 120 个，将他们从大到小排列起来，第 95 个数 是___________。
大数的位数是
。
【例 11】 如图，《希望杯数学能力培训教程（四年级）》一书有 160 页，在它的页码中，数字“2”共出现 了 次。
【例 12】按照中国篮球职业联赛组委会的规定，各队队员的号码可以选择的范围是 0～55 号，但选择两位 数的号码时，每位数字均不能超过 5. 那么，可供每支球队选择的号码共（ ）个 . （A） 34 (B) 35 (C) 40 (D) 56
7-3-2.加乘原理之数字问题（一）
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．