【公开课课件】第2讲(理)计数原理与二项式定理
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(1)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般 先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原 理．
(2)对于复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当列出 示意图或表格，使问题形象化、直观化．
跟踪训练
1．两人进行乒乓球比赛，先赢三局者获胜，决出胜负为止，则所 有可能出现的情况(各人输赢局次的不同视为不同情况)共有 C ()
①Cnm＝____________m__！______________＝__m__！__n_－__m___！__(这里，m，n∈N*，
且 m≤n)；
②C0n＝1．
(3)二项式定理： ①定理内容：(a＋b)n＝__C_0n_a_n_＋__C_1n_a_n－_1_b_1_＋_… __＋__C__kna_n_－_k_b_k＋__…__＋__C_nn_b_n_(n_∈__N__*)__； ②通项公式：Tk＋1＝___C_nk_a_n_－_kb_k___.
跟踪训练
1．(2017·全国卷Ⅱ，6)安排3名志愿者完成4项工作，每 人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方D式 共有 ( )
A．12种
B．18种
C．24种
D．36种
[解析] 由题意可得其中 1 人必须完成 2 项工作，其他 2 人各完成 1 项工作，
可得安排方式为 C13·C24·A22＝36(种)，或列式为 C13·C24·C12＝3×4×2 3×2＝36(种)．故
(2)解：由(1)知，n＝5. (1＋ 3)n＝(1＋ 3)5 ＝C05＋C15 3＋C25( 3)2＋C35( 3)3＋C45( 3)4＋C55( 3)5 ＝a＋b 3. 方法1：因为 a，b∈N*，所以 a＝C05＋3C25＋9C45＝76， b＝C15＋3C35＋9C55＝44， 从而 a2－3b2＝762－3×442＝－32.
3．(2019·天津卷，10)2x－81x38 的展开式中的常数项为__2_8___.
[解析] 2x－81x38 的通项为 Tr＋1＝Cr82x8－r·－81x3r＝Cr828－r－18r·x8－4r. 令 8－4r＝0，得 r＝2，∴常数项为 T3＝C2826－182＝28.
4．(2018·全国卷Ⅰ，15)从2位女生，4位男生中选3人参 加科技比赛，且至少有1位女1生6 入选，则不同的选法共有 ______种．(用数字填写答案)
方法2：(1－ 3)5＝C05＋C15(－ 3)＋C25(－ 3)2＋C35(－ 3)3＋C45(－ 3)4＋C55(－ 3)5
＝C05－C15 3＋C25( 3)2－C35( 3)3＋C45( 3)4－C55( 3)5. 因为 a，b∈N*，所以(1－ 3)5＝a－b 3. 因此 a2－3b2＝(a＋b 3)(a－b 3)＝(1＋ 3)5×(1－ 3)5＝(－2)5＝－32.
当中间数为5时，有4×5＝20(个)； 当中间数为6时，有5×6＝30(个)； 当中间数为7时，有6×7＝42(个)； 当中间数为8时，有7×8＝56(个)； 当中间数为9时，有8×9＝72(个)． 故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．
两个计数原理的应用技巧
2．重要性质及结论
(1)组合数的性质： ①Cnm＝__C_nn_－_m___； ②Cnm＋1＝_C_n_m_____＋_C_mn_－_1____； ③C0n＋C1n＋…＋Cnn＝_2_n___； ④Cnm＋Cmn－1＋…＋Cmm＝__C__mn＋_＋1_1 __.
(2)二项式系数的有关性质：
①二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和， 即 C1n＋C3n＋C5n＋…＝C0n＋C2n＋C4n＋…＝__2_n_－_1_；
选 D．
2．将序号分别为1、2、3、4、5的5张参观券全部分给4 人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参9观6 券连号，那 么不同的分法种数是______.
[解析] 5 张参观券分为 4 堆，有 2 个连号的有 4 种分法，每一种分法中的不
同排列有 A44种，因此共有不同分法 4A44＝96 种．
[解析] 方法一：根据题意，没有女生入选有 C34＝4 种选法，从 6 名学生中 任意选 3 人有 C36＝20 种选法，故至少有 1 位女生入选的选法共有 20－4＝16 种．
方法二：恰有 1 位女生，有 C12C24＝12 种， 恰有 2 位女生，有 C22C14＝4 种，
所以不同的选法共有 12＋4＝16 种．
2．如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C， D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有 A ()
A．72种 B．48种 C．24种 D．12种
[解析] 方法一：首先涂 A 有 C14＝4(种)涂法，则涂 B 有 C13＝3(种)涂法，C 与 A，B 相邻，则 C 有 C12＝2(种)涂法，D 只与 C 相邻，则 D 有 C13＝3(种)涂法， 所以共有 4×3×2×3＝72(种)涂法．
5．(2019·江苏卷，22)设(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，n≥4，n∈N*.已知 a23＝2a2a4.
(1)求 n 的值； (2)设(1＋ 3)n＝a＋b 3，其中 a，b∈N*，求 a2－3b2 的值． [解析] (1)解：因为(1＋x)n＝C0n＋C1nx＋C2nx2＋…＋Cnnxn，n≥4，n∈N*， 所以 a2＝C2n＝nn2－1，a3＝C3n＝nn－16n－2， a4＝C4n＝nn－1n2－4 2n－3. 因为 a23＝2a2a4，所以nn－16n－22＝2×nn2－1×nn－1n2－4 2n－3. 解得 n＝5.
(2)排列与组合的混合型问题，用分类加法或分步乘法计数 原理解决；
(3)元素相邻，可以看作是一个整体的方法； (4)元素不相邻，可以利用插空法； (5)间接法，把不符合条件的排列与组合剔除掉； (6)穷举法，把符合条件的所有排列或组合一一写出来； (7)定序问题缩倍法； (8)“小集团”问题先整体后局部法．
第一部分
专题强化突破
专题七 概率与统计
知识整合
1．必记公式 (1)排列数公式：
n！ Anm＝__n_(_n_－__1_)_(n_－__2_)_…__(_n_－__m_＋__1_)__＝___n_－__m__！__(这里，m，n∈N*，且 m≤n)．
(2)组合数公式：
nn－1n－2…n－m＋1
n！
排列与组合的简单应用
典题例析
例 2 (1)某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小 品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相B 邻的排法种数是 ( )
A．72种 B．120种 C．144种 D．168种
[解析] 先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节 目和相声节目的顺序有三种：“小品 1，小品 2，相声”“小品 1，相声，小品 2” 和“相声，小品 1，小品 2”．对于第一种情况，形式为“□小品 1 歌舞 1 小品 2□ 相声□”，有 A22C13A23＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有 36 种安排方法， 对于第二种情况，三个节目形成 4 个空，其形式为“□小品 1□相声□小品 2□”， 有 A22A34＝48(种)安排方法，故共有 36＋36＋48＝120(种)安排方法．
[解析] 不含有 0 的四位数有 C25×C23×A44＝720(个)．
含有 0 的四位数有 C25×C13×C13×A33＝540(个)．
综上，四位数的个数为 720＋540＝1 260.
解答排列组合问题的常用方法
排列组合问题从解法上看，大致有以下几种：
(1)有附加条件的排列组合问题，大多需要用分类讨论的方 法，注意分类时应不重不漏；
a1 到 a5 中 4 个变化必然有 3 升 1 减，a5 到 a12 中必然有 5 升 2 减，是组合的问题， ∴C14×C27＝84.
(3)(2018·浙江卷)从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中 任取2个数字，一共可以组成____1_2_6_0___个没有重复数字 的四位数．(用数字作答)
典题例析
二项式定理的应用
(一)与特定项有关的问题
例3
(1)二项式( x－ 1 )n 的展开式中第 4 项为常数项，则常数项为 3x
A．10
B．－10
(B )
C．20
D．－20
[解析]
由题意得：(
x－ 1wk.baidu.com
3
)n
的展开式的常数为
T4＝(－1)3C3n(
x)n－3( 1 )3＝
3
x
x
(－1)3C3nxn－2 5，令 n－5＝0，得 n＝5，故所求的常数项为 T4＝(－1)3C35＝－10.
(2)数列{an}共有12项，其中a1＝0，a5＝2，a12＝5，且|ak ＋1－ak|＝1，k＝1,2,3，…，11，则满足这种条件的不A同 数列的个数为 ( )
A．84 B．168 C．[解7析6] ∵D|a．k＋11－5a2k|＝1，k＝1,2,3，…，11，∴前一项总比后一项大 1 或小 1，
A．10种 B．15种
C．20种 D．30种
[解析] 首先分类计算假如甲赢，比分3 0是1种情况；比分3 1 共有3种情况，分别是前3局中(因为第四局肯定要赢)，第一或第二 或第三局输，其余局数获胜；比分为3 2共有6种情况，就是说前 4局2 2，最后一局获胜，前4局中，用排列方法，从4局中选2局 获胜，有6种情况．甲一共就1＋3＋6＝10种情况获胜．所以加上 乙获胜情况，共有10＋10＝20种情况．
(2)如果一个三位正整数“a1a2a3”满足a1<a2且a3<a2，则 称这样的三位数为凸数(如120,343,275)，那么所有凸数A 的个数为 ( )
A．240
B．204
C．729
D．920
[解析] 分8类，
当中间数为2时，有1×2＝2(个)；
当中间数为3时，有2×3＝6(个)；
当中间数为4时，有3×4＝12(个)；
2．混淆排列问题与组合问题的差异． 3．混淆二项展开式中某项的系数与二项式系数． 4．在求展开式的各项系数之和时，忽略了赋值法的应用．
感悟真题、掌握规律
1．(2018·全国卷Ⅲ，5)(x2＋2x)5 的展开式中 x4 的系数为
A．10
B．20
C．40
D．80
( C)
[解析] 展开式的通项公式为 Tr＋1＝Cr5(x2)5－r(2x)r＝2rCr5x10－3r，令 10－3r＝4 可 得 r＝2，则 x4 的系数为 22C25＝40.
2．(2019·浙江卷，13)在二项式( 2＋x)9 的展开式中，常数项是___1_6__2__，系 数为有理数的项的个数是__5___.
[解析] 由二项展开式的通项公式可知 Tr＋1＝Cr9·( 2)9－r·xr，r∈N,0≤r≤9， 当为常数项时，r＝0，T1＝C09·( 2)9·x0＝( 2)9＝16 2. 当项的系数为有理数时，9－r 为偶数， 可得 r＝1,3,5,7,9，即系数为有理数的项的个数是 5.
(2)在(2x＋x12)(x2－1x)4 的展开式中，含 x3 的项的系数是__8___. [解析] (x2－1x)4 的展开式的通项公式为 Tr＋1＝Cr4(x2)4－r(－1x)r＝(－1)rC4rx8－3r， 则含 x2 的项的系数为(－1)2C24＝6，含 x5 的项的系数为(－1)1C14＝－4，所以(2x＋x12) (x2－1x)4 的展开式中，含 x3 的项的系数为 2×6＋1×(－4)＝8.
②若 f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn， 则 f(x)展开式中的各项系数和为 f(1)，
奇数项系数和为 a0＋a2＋a4＋…＝f1＋2f－1，
f1－f－1
偶数项系数之和为 a1＋a3＋a5＋…＝______2___.
易错警示
1．分类标准不明确，有重复或遗漏，区分平均分组与平均分配问 题．
典题例析、命题探明
两个计数原理
典题例析
例 1 (1)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小
红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，
则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为
B
()
A．24
B．18
C．12
D．9
[解析] E→F有6种走法，F→G有3种走法，由分步乘法计 数原理知，共6×3＝18种走法．
方法二：按要求涂色至少需要 3 种颜色，故分两类：一是 4 种颜色都用，这 时 A 有 4 种涂法，共有 4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用 3 种颜色，这时 A、B、 C 的涂法有 4×3×2＝24(种)，D 只要不与 C 同色即可，故 D 有 2 种涂法．所以 不同的涂法共有 24＋24×2＝72(种)．
(2)对于复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当列出 示意图或表格，使问题形象化、直观化．
跟踪训练
1．两人进行乒乓球比赛，先赢三局者获胜，决出胜负为止，则所 有可能出现的情况(各人输赢局次的不同视为不同情况)共有 C ()
①Cnm＝____________m__！______________＝__m__！__n_－__m___！__(这里，m，n∈N*，
且 m≤n)；
②C0n＝1．
(3)二项式定理： ①定理内容：(a＋b)n＝__C_0n_a_n_＋__C_1n_a_n－_1_b_1_＋_… __＋__C__kna_n_－_k_b_k＋__…__＋__C_nn_b_n_(n_∈__N__*)__； ②通项公式：Tk＋1＝___C_nk_a_n_－_kb_k___.
跟踪训练
1．(2017·全国卷Ⅱ，6)安排3名志愿者完成4项工作，每 人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方D式 共有 ( )
A．12种
B．18种
C．24种
D．36种
[解析] 由题意可得其中 1 人必须完成 2 项工作，其他 2 人各完成 1 项工作，
可得安排方式为 C13·C24·A22＝36(种)，或列式为 C13·C24·C12＝3×4×2 3×2＝36(种)．故
(2)解：由(1)知，n＝5. (1＋ 3)n＝(1＋ 3)5 ＝C05＋C15 3＋C25( 3)2＋C35( 3)3＋C45( 3)4＋C55( 3)5 ＝a＋b 3. 方法1：因为 a，b∈N*，所以 a＝C05＋3C25＋9C45＝76， b＝C15＋3C35＋9C55＝44， 从而 a2－3b2＝762－3×442＝－32.
3．(2019·天津卷，10)2x－81x38 的展开式中的常数项为__2_8___.
[解析] 2x－81x38 的通项为 Tr＋1＝Cr82x8－r·－81x3r＝Cr828－r－18r·x8－4r. 令 8－4r＝0，得 r＝2，∴常数项为 T3＝C2826－182＝28.
4．(2018·全国卷Ⅰ，15)从2位女生，4位男生中选3人参 加科技比赛，且至少有1位女1生6 入选，则不同的选法共有 ______种．(用数字填写答案)
方法2：(1－ 3)5＝C05＋C15(－ 3)＋C25(－ 3)2＋C35(－ 3)3＋C45(－ 3)4＋C55(－ 3)5
＝C05－C15 3＋C25( 3)2－C35( 3)3＋C45( 3)4－C55( 3)5. 因为 a，b∈N*，所以(1－ 3)5＝a－b 3. 因此 a2－3b2＝(a＋b 3)(a－b 3)＝(1＋ 3)5×(1－ 3)5＝(－2)5＝－32.
当中间数为5时，有4×5＝20(个)； 当中间数为6时，有5×6＝30(个)； 当中间数为7时，有6×7＝42(个)； 当中间数为8时，有7×8＝56(个)； 当中间数为9时，有8×9＝72(个)． 故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．
两个计数原理的应用技巧
2．重要性质及结论
(1)组合数的性质： ①Cnm＝__C_nn_－_m___； ②Cnm＋1＝_C_n_m_____＋_C_mn_－_1____； ③C0n＋C1n＋…＋Cnn＝_2_n___； ④Cnm＋Cmn－1＋…＋Cmm＝__C__mn＋_＋1_1 __.
(2)二项式系数的有关性质：
①二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和， 即 C1n＋C3n＋C5n＋…＝C0n＋C2n＋C4n＋…＝__2_n_－_1_；
选 D．
2．将序号分别为1、2、3、4、5的5张参观券全部分给4 人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参9观6 券连号，那 么不同的分法种数是______.
[解析] 5 张参观券分为 4 堆，有 2 个连号的有 4 种分法，每一种分法中的不
同排列有 A44种，因此共有不同分法 4A44＝96 种．
[解析] 方法一：根据题意，没有女生入选有 C34＝4 种选法，从 6 名学生中 任意选 3 人有 C36＝20 种选法，故至少有 1 位女生入选的选法共有 20－4＝16 种．
方法二：恰有 1 位女生，有 C12C24＝12 种， 恰有 2 位女生，有 C22C14＝4 种，
所以不同的选法共有 12＋4＝16 种．
2．如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C， D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有 A ()
A．72种 B．48种 C．24种 D．12种
[解析] 方法一：首先涂 A 有 C14＝4(种)涂法，则涂 B 有 C13＝3(种)涂法，C 与 A，B 相邻，则 C 有 C12＝2(种)涂法，D 只与 C 相邻，则 D 有 C13＝3(种)涂法， 所以共有 4×3×2×3＝72(种)涂法．
5．(2019·江苏卷，22)设(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，n≥4，n∈N*.已知 a23＝2a2a4.
(1)求 n 的值； (2)设(1＋ 3)n＝a＋b 3，其中 a，b∈N*，求 a2－3b2 的值． [解析] (1)解：因为(1＋x)n＝C0n＋C1nx＋C2nx2＋…＋Cnnxn，n≥4，n∈N*， 所以 a2＝C2n＝nn2－1，a3＝C3n＝nn－16n－2， a4＝C4n＝nn－1n2－4 2n－3. 因为 a23＝2a2a4，所以nn－16n－22＝2×nn2－1×nn－1n2－4 2n－3. 解得 n＝5.
(2)排列与组合的混合型问题，用分类加法或分步乘法计数 原理解决；
(3)元素相邻，可以看作是一个整体的方法； (4)元素不相邻，可以利用插空法； (5)间接法，把不符合条件的排列与组合剔除掉； (6)穷举法，把符合条件的所有排列或组合一一写出来； (7)定序问题缩倍法； (8)“小集团”问题先整体后局部法．
第一部分
专题强化突破
专题七 概率与统计
知识整合
1．必记公式 (1)排列数公式：
n！ Anm＝__n_(_n_－__1_)_(n_－__2_)_…__(_n_－__m_＋__1_)__＝___n_－__m__！__(这里，m，n∈N*，且 m≤n)．
(2)组合数公式：
nn－1n－2…n－m＋1
n！
排列与组合的简单应用
典题例析
例 2 (1)某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小 品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相B 邻的排法种数是 ( )
A．72种 B．120种 C．144种 D．168种
[解析] 先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节 目和相声节目的顺序有三种：“小品 1，小品 2，相声”“小品 1，相声，小品 2” 和“相声，小品 1，小品 2”．对于第一种情况，形式为“□小品 1 歌舞 1 小品 2□ 相声□”，有 A22C13A23＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有 36 种安排方法， 对于第二种情况，三个节目形成 4 个空，其形式为“□小品 1□相声□小品 2□”， 有 A22A34＝48(种)安排方法，故共有 36＋36＋48＝120(种)安排方法．
[解析] 不含有 0 的四位数有 C25×C23×A44＝720(个)．
含有 0 的四位数有 C25×C13×C13×A33＝540(个)．
综上，四位数的个数为 720＋540＝1 260.
解答排列组合问题的常用方法
排列组合问题从解法上看，大致有以下几种：
(1)有附加条件的排列组合问题，大多需要用分类讨论的方 法，注意分类时应不重不漏；
a1 到 a5 中 4 个变化必然有 3 升 1 减，a5 到 a12 中必然有 5 升 2 减，是组合的问题， ∴C14×C27＝84.
(3)(2018·浙江卷)从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中 任取2个数字，一共可以组成____1_2_6_0___个没有重复数字 的四位数．(用数字作答)
典题例析
二项式定理的应用
(一)与特定项有关的问题
例3
(1)二项式( x－ 1 )n 的展开式中第 4 项为常数项，则常数项为 3x
A．10
B．－10
(B )
C．20
D．－20
[解析]
由题意得：(
x－ 1wk.baidu.com
3
)n
的展开式的常数为
T4＝(－1)3C3n(
x)n－3( 1 )3＝
3
x
x
(－1)3C3nxn－2 5，令 n－5＝0，得 n＝5，故所求的常数项为 T4＝(－1)3C35＝－10.
(2)数列{an}共有12项，其中a1＝0，a5＝2，a12＝5，且|ak ＋1－ak|＝1，k＝1,2,3，…，11，则满足这种条件的不A同 数列的个数为 ( )
A．84 B．168 C．[解7析6] ∵D|a．k＋11－5a2k|＝1，k＝1,2,3，…，11，∴前一项总比后一项大 1 或小 1，
A．10种 B．15种
C．20种 D．30种
[解析] 首先分类计算假如甲赢，比分3 0是1种情况；比分3 1 共有3种情况，分别是前3局中(因为第四局肯定要赢)，第一或第二 或第三局输，其余局数获胜；比分为3 2共有6种情况，就是说前 4局2 2，最后一局获胜，前4局中，用排列方法，从4局中选2局 获胜，有6种情况．甲一共就1＋3＋6＝10种情况获胜．所以加上 乙获胜情况，共有10＋10＝20种情况．
(2)如果一个三位正整数“a1a2a3”满足a1<a2且a3<a2，则 称这样的三位数为凸数(如120,343,275)，那么所有凸数A 的个数为 ( )
A．240
B．204
C．729
D．920
[解析] 分8类，
当中间数为2时，有1×2＝2(个)；
当中间数为3时，有2×3＝6(个)；
当中间数为4时，有3×4＝12(个)；
2．混淆排列问题与组合问题的差异． 3．混淆二项展开式中某项的系数与二项式系数． 4．在求展开式的各项系数之和时，忽略了赋值法的应用．
感悟真题、掌握规律
1．(2018·全国卷Ⅲ，5)(x2＋2x)5 的展开式中 x4 的系数为
A．10
B．20
C．40
D．80
( C)
[解析] 展开式的通项公式为 Tr＋1＝Cr5(x2)5－r(2x)r＝2rCr5x10－3r，令 10－3r＝4 可 得 r＝2，则 x4 的系数为 22C25＝40.
2．(2019·浙江卷，13)在二项式( 2＋x)9 的展开式中，常数项是___1_6__2__，系 数为有理数的项的个数是__5___.
[解析] 由二项展开式的通项公式可知 Tr＋1＝Cr9·( 2)9－r·xr，r∈N,0≤r≤9， 当为常数项时，r＝0，T1＝C09·( 2)9·x0＝( 2)9＝16 2. 当项的系数为有理数时，9－r 为偶数， 可得 r＝1,3,5,7,9，即系数为有理数的项的个数是 5.
(2)在(2x＋x12)(x2－1x)4 的展开式中，含 x3 的项的系数是__8___. [解析] (x2－1x)4 的展开式的通项公式为 Tr＋1＝Cr4(x2)4－r(－1x)r＝(－1)rC4rx8－3r， 则含 x2 的项的系数为(－1)2C24＝6，含 x5 的项的系数为(－1)1C14＝－4，所以(2x＋x12) (x2－1x)4 的展开式中，含 x3 的项的系数为 2×6＋1×(－4)＝8.
②若 f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn， 则 f(x)展开式中的各项系数和为 f(1)，
奇数项系数和为 a0＋a2＋a4＋…＝f1＋2f－1，
f1－f－1
偶数项系数之和为 a1＋a3＋a5＋…＝______2___.
易错警示
1．分类标准不明确，有重复或遗漏，区分平均分组与平均分配问 题．
典题例析、命题探明
两个计数原理
典题例析
例 1 (1)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小
红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，
则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为
B
()
A．24
B．18
C．12
D．9
[解析] E→F有6种走法，F→G有3种走法，由分步乘法计 数原理知，共6×3＝18种走法．
方法二：按要求涂色至少需要 3 种颜色，故分两类：一是 4 种颜色都用，这 时 A 有 4 种涂法，共有 4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用 3 种颜色，这时 A、B、 C 的涂法有 4×3×2＝24(种)，D 只要不与 C 同色即可，故 D 有 2 种涂法．所以 不同的涂法共有 24＋24×2＝72(种)．