基本计数原理的综合应用
计数原理的来源与应用
计数原理的来源与应用1. 历史背景计数原理作为现代科学和技术领域中的基础概念，其发展历程可以追溯到古代。
古代人类通过使用各种工具，如算盘和记数棒等，来进行简单的计数。
然而，真正的计数原理的发展始于16世纪和17世纪的欧洲。
2. 计数原理的来源计数原理的基本概念源自于数学和逻辑学。
早期的数学家和逻辑学家通过研究整数和集合等概念，开始了对计数原理的探索。
随着科学技术的发展，计数原理逐渐在物理学、计算机科学和信息科学等多个领域中得到广泛应用。
3. 计数原理的基本概念计数原理是指一种基本的数学逻辑原则，用来描述和解释计数的过程和规律。
其基本概念包括以下内容：3.1 计数单位计数单位是指用来衡量和表示数量的单位。
常见的计数单位包括个、米、千克等。
在计数原理中，计数单位是进行计数的基本单位，用来表示一个数量的大小。
3.2 计数方法计数方法是指进行计数的具体方式和规则。
常见的计数方法有顺序计数、并列计数和交替计数等。
不同的计数方法适用于不同的计数场景，可以有效地描述和处理计数问题。
3.3 计数系统计数系统是一套完整的计数规则和标记方式。
常见的计数系统有十进制、二进制和八进制等。
计数系统可以将实际的计数问题抽象为数学模型，方便进行计算和分析。
4. 计数原理的应用计数原理作为一种基本概念，在各个领域都有广泛的应用。
以下是计数原理在几个重要领域的应用案例：4.1 计算机科学在计算机科学中，计数原理是计算机基础知识的重要组成部分。
计算机内部的数据表示和运算，以及计算机程序的执行过程，都离不开计数原理的支持。
4.2 物理学在物理学中，计数原理常被用于描述和解释物理现象。
例如，物理学中常用的量子力学理论和统计物理学方法，都与计数原理密切相关。
4.3 统计学统计学是研究数据收集、整理和分析的学科，而计数原理是统计学的基础。
统计学中的样本调查、概率计算和回归分析等方法，都依赖于计数原理的支持。
4.4 金融和经济学在金融和经济学领域，计数原理被广泛应用于金融市场的交易和投资决策。
基本计数原理
基本计数原理
基本计数原理是一种统计学理论，它提出了一种新的方法来解决复杂的问题，
并且在互联网领域有着广泛的应用。
基本计数原理的核心思想是，通过对一组数据进行统计，可以得出有用的信息，从而解决复杂的问题。
它的基本原理是，通过统计一组数据中的每个元素出现的次数，可以得出有用的信息。
在互联网领域，基本计数原理可以用来解决复杂的问题，比如搜索引擎的排名
算法，社交网络的用户关系分析，以及广告投放等。
搜索引擎的排名算法，可以通过统计搜索引擎中每个关键词出现的次数，来确定搜索结果的排名。
社交网络的用户关系分析，可以通过统计用户之间的关系，来分析用户之间的关系，从而更好地推荐内容。
广告投放，可以通过统计用户的行为，来确定最佳的广告投放策略。
基本计数原理的应用，使得互联网领域的问题变得更加容易解决，也使得互联
网领域的发展变得更加迅速。
它的应用，不仅可以提高互联网领域的效率，还可以提高互联网领域的用户体验。
总之，基本计数原理是一种有效的统计学理论，它在互联网领域有着广泛的应用，可以有效地解决复杂的问题，提高互联网领域的效率和用户体验。
计数原理-拔高难度-讲义
计数原理知识讲解一、基本计数原理1.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．2.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．3.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，这件事才完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理． 注：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．典型例题一．选择题（共1小题）1．（2018•蚌埠三模）4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有（）A．24种B．36种C．48种D．60种【解答】解：分两类，第一类，有3名被录用，有=24种，第二类，4名都被录用，则有一家录用两名，有=36，根据分类计数原理，共有24+36=60（种）故选：D．二．填空题（共1小题）2．（2018•梅州二模）某校开设10门课程供学生选修，其中A、B、C三门由于上课时间相同，至多选一门，学校规定，每位同学选修三门，则每位同学不同的选修方案种数是98．【解答】解：∵A，B，C三门由于上课时间相同，至多选一门，第一类A，B，C三门课都不选，有C73=35种方案；第二类A，B，C中选一门，剩余7门课中选两门，有C31C72=63种方案．∴根据分类计数原理知共有35+63=98种方案．故答案为：98．三．解答题（共9小题）3．（2018春•南阳期末）如图所示，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，…，C6，直径AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4，则：（1）以这12个点（包括A，B）中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？（2）以这10个点（不包括A，B）中的3个点为顶点，可作出多少个三角形？其中含点C1的有多少个？【解答】解：（1）构成四边形，需要四个点，且无三点共线，可以分成三类：①四个点从C1，C2，…，C6中取出，有C64个四边形；②三个点从C1，C2，…，C6中取出，另一个点从D1，D2，D3，D4，A，B中取出，有C63C61个四边形；③二个点从C1，C2，…，C6中取出，另外二个点从D1，D2，D3，D4，A，B中取出，有C62C62个四边形．故满足条件的四边形共有N=C64+C63C61+C62C62=360（个）．（2）类似于（1）可分三种情况讨论得三角形个数为C63+C61C42+C62C41=116（个）．其中含点C1的有C52+C51C41+C42=36（个）．4．（2018•江苏）设n∈N*，对1，2，……，n的一个排列i1i2……i n，如果当s＜t 时，有i s＞i t，则称（i s，i t）是排列i1i2……i n的一个逆序，排列i1i2……i n的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序（2，1），（3，1），则排列231的逆序数为2．记f n（k）为1，2，…，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数．（1）求f3（2），f4（2）的值；（2）求f n（2）（n≥5）的表达式（用n表示）．【解答】解：（1）记μ（abc）为排列abc得逆序数，对1，2，3的所有排列，有μ（123）=0，μ（132）=1，μ（231）=2，μ（321）=3，∴f3（0）=1，f3（1）=f3（2）=2，对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，f4（2）=f3（2）+f3（1）+f3（0）=5；（2）对一般的n（n≥4）的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n，∴f n（0）=1．逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，f n（1）=n﹣1．为计算f n+1（2），当1，2，…，n的排列及其逆序数确定后，将n+1添加进原排列，n+1在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，f n+1（2）=f n（2）+f n（1）+f n（0）=f n（2）+n．当n≥5时，f n（2）=[f n（2）﹣f n﹣1（2）]+[f n﹣1（2）﹣f n﹣2（2）]+…+[f5（2）﹣f4（2）]+f4（2）=（n﹣1）+（n﹣2）+…+4+f4（2）=．因此，当n≥5时，f n（2）=．5．（2017秋•涞水县校级期中）有甲、乙、丙、丁、戊5位同学，求：（1）5位同学站成一排，有多少种不同的方法？（2）5位同学站成一排，要求甲乙必须相邻，丙丁不能相邻，有多少种不同的方法？（3）将5位同学分配到三个班，每班至少一人，共有多少种不同的分配方法？【解答】解：（1）5位同学站成一排共有=120．（2）5位同学站成一排，要求甲乙必须相邻，丙丁不能相邻，先用捆绑排甲乙，再和戊全排，形成3个空，插入丙丁即可．故有=24．（3）人数分配方式有①3，1，1有=60种方法②2，2，1有=90种方法所以，所有方法总数为60+90=150种方法．6．（2017春•宁江区校级期中）三个女生和五个男生排成一排．（1）如果女生须全排在一起，有多少种不同的排法？（2）如果女生必须全分开，有多少种不同的排法？（3）如果两端都不能排女生，有多少种不同的排法？（4）如果男生按固定顺序，有多少种不同的排法？（5）如果三个女生站在前排，五个男生站在后排，有多少种不同的排法？【解答】解：（1）女须全排在一起，把3个女生捆绑在一起看做一个复合元素，再和5个男生全排，故有A33A66=4320种；（2）女生必须全分开，先排男生形成了6个空中，插入3名女生，故有A55A63=14400种；（3）两端都不能排女生，从男生中选2人排在两端，其余的全排，故有A52A66=14400种；（4）男生按固定顺序，从8个位置中，任意排3个女生，其余的5个位置男生按照固定顺序排列，故有A83=336种，（5）三个女生站在前排，五个男生站在后排，A33A55=720种7．（2016•东城区一模）现有两个班级，每班各出4名选手进行羽毛球的男单、女单、男女混合双打（混双）比赛（注：每名选手打只打一场比赛）．根据以往的比赛经验，各项目平均完成比赛所需时间如表所示，现只有一块比赛场地，各场比赛的出场顺序等可能．（Ⅰ）求按女单、混双、男单的顺序进行比赛的概率；（Ⅱ）求第三场比赛平均需要等待多久才能开始进行；（Ⅲ）若要使所有参加比赛的人等待的总时间最少，应该怎样安排比赛顺序（写出结论即可）．【解答】解：（I）三场比赛共有种方式，其中按按女单、混双、男单的顺序进行比赛只有1种，所以按女单、混双、男单的顺序进行比赛的概率为．（Ⅱ）令A表示女单比赛、B表示男单比赛、C表示混双比赛．按ABC顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t1=20+25=45（分钟）．按ACB顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t2=20+35=55（分钟）．按BAC顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t3=20+25=45（分钟）．按BCA顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t4=35+25=60（分钟）．按CAB顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t5=35+20=55（分钟）．按CBA顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t6=35+25=60（分钟）．且上述六个事件是等可能事件，每个事件发生概率为，所以平均等待时间为，（Ⅲ）按照比赛时间从长到短的顺序参加比赛，可使等待的总时间最少8．（2016春•秀英区校级期末）6男4女站成一排，求满足下列条件的排法共有多少种？（只列式，不需计算结果）（1）任何2名女生都不相邻有多少种排法？（2）男甲不在首位，男乙不在末位，有多少种排法？（3）男生甲、乙、丙排序一定，有多少种排法？（4）男甲在男乙的左边（不一定相邻）有多少种不同的排法？【解答】解：（1）任何两个女生都不得相邻，利用插空法，故有A66A74种．（2）男甲不在首位，男乙不在末位，利用间接法，故有A1010﹣2A99+A88种，（3）男生甲、乙、丙顺序一定，利用定序法，=A107种，（4）由于男甲要么在男乙的左边，要么在男乙的右边，所以男甲在男乙的左边（不一定相邻）A1010．9．（2016春•九龙坡区校级期中）已知一个袋内有5只不同的红球，6只不同的白球．（1）从中任取4只球，红球的只数不比白球少的取法有多少种？（2）若取一只红球记2分，取一只白球记1分，从中任取5只球，使总分不小于7分的取法有多少种？（3）在（2）条件下，当总分为8时，将抽出的球排成一排，仅有两个红球相邻的排法种数是多少？【解答】解：（1）将取出4个球分成三类情况：①取4个红球，没有白球，C54种；②取3个红球1个白球，C53C61种；③取2个红球2个白球，C52C62种，∴C54+C53C61+C52C62=215种，（2）设x个红球y个白球，，或或．∴符合题意的取法种数有C52C63+C53C62+C54C61=381种．（3）总分为8分，则抽取的个数为红球3个，白球2个，将抽出的球排成一排，仅有两个红球相邻，第一步先取球，共有C53C62=150种，第二步，再排，先选2个红球捆绑在一起，再和另外一个红球排列，把2个白球插入，共有A32A22A32=72根据分步计数原理可得，150×72=10800．10．（2016春•江阴市期中）将5个编号为1，2，3，4，5的小球放入5个编号为1，2，3，4，5的盒子中．（1）有多少种放法？（2）每盒至多一球，有多少种放法？（3）恰好有一个空盒，有多少种放法？（4）每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种方法？（5）每个盒子内投放一球，并且至少有两个球的编号与盒子编号是相同的，有多少种投放方法？（6）把5个不同的小球换成5个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种不同的放法？（注意：以上各小题要列出算式后再求值，否则扣分．）【解答】解：（1）本题要求把小球全部放入盒子，∵1号小球可放入任意一个盒子内，有5种放法．同理，2、3、4，5号小球也各有5种放法，∴共有55=3125种放法．（2）每盒至多一球，有A55=120种，（3）∵恰有一个空盒，则这5个盒子中只有4个盒子内有小球，且小球数只能是1、1、，1，2．先从5个小球中任选2个放在一起，有C25种方法，然后与其余3个小球看成四组，分别放入5个盒子中的4个盒子中，有A45种放法．∴由分步计数原理知共有C25A45=1200种不同的放法．（4）先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有C51=5种情况，例如：5号球放在5号盒子里，其余四个球的放法为（2，1，4，3），（2，3，4，1），（2，4，1，3），（3，1，4，2），（3，4，1，2），（3，4，2，1），（4，1，2，3），（4，3，1，2），（4，3，2，1）共9种，故将这五个球放入这五个盒子内，要求每个盒子内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法总数为9C51=45种，（5）不满足条件的情形：第一类，恰有一球相同的放法：C51×9=45，第二类，五个球的编号与盒子编号全不同的放法：5!（﹣+﹣）=44，∴满足条件的放法数为：A55﹣C51×9﹣5!（﹣+﹣）=120﹣45﹣44=31种（6）恰有一个空盒，则这5个盒子中只有4个盒子内有小球，则有一个盒子里有2个小球，故有C51C41=20种放法．11．（2016春•江阴市期中）用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的正整数．（1）共有多少个四位数？其中偶数有多少个？（2）比4301大的四位数有多少个？（3））求所有这些四位数之和．注：以上结果均用数字作答．【解答】解：（1）由题意知，因为数字中有0，0不能放在首位，∴先安排首位的数字，从五个非0数字中选一个，共有C51种结果，余下的五个数字在三个位置进行全排列，共有A53种结果，根据分步计数原理知共有A15•A35=300；用0，1，2，3，4，5六个数字组成没有重复数字的四位偶数，则0不能排在首位，末位必须为0，2，4其中之一．所以可分两类，末位为0，则其它位没限制，从剩下的5个数中任取3个，再进行排列即可，共有A53=60个第二类，末位不排0，又需分步，第一步，从2或4中选一个来排末位，有C21=2种选法，第二步排首位，首位不能排0，从剩下的4个数中选1个，有4种选法，第三步，排2，3位，没有限制，从剩下的4个数中任取2个，再进行排列即可，共有12种．把三步相乘，共有2×4×12=96个最后，两类相加，共有60+96=156个（2）当首位是5时，其他几个数字在三个位置上排列，共有A53=60，当前两位是45时，共有A42=4×3=12个，当前两位是43时，共有A42=4×3=12个，去掉4301即可，即有12﹣1=11个．根据分类加法原理得到共有：60+12+12﹣1=83个（3）（1+2+3+4+5）×A53×103+（1+2+3+4+5）×C41A42×（102+10+1）=15×65328=979920。
计数原理-备战高考数学(理)一轮复习考点
计数原理【命题趋势】两个基本计数原理是高考必考内容，有时会单独考查，有时会出现在解答题的过程之中，我们必须掌握.（1）理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.（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.排列组合是高考中的必考内容，必须掌握.有时会是单独一道小题，有时会是在概率统计解答题中涉及，分值至少5分.（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.二项式定理和排列组合在高考中一般交替考查，二者必出其一，二项式定理好拿分，熟练掌握即可.（1）能用计数原理证明二项式定理.（2）会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.【重要考向】考向一分类加法、乘法计数原理考向二两个计数原理的综合应用考向三排列与组合的综合应用考向四二项展开式通项的应用考向一分类加法、乘法计数原理（1）分类加法计数原理的特点：①根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准．②完成这件事的任何一种方法必须属于某一类．（2）使用分类加法计数原理遵循的原则：有时分类的划分标准有多个，但不论是以哪一个为标准，都应遵循“标准要明确，不重不漏”的原则．（3）应用分类加法计数原理要注意的问题：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些办法，怎样才算是完成这件事．②完成这件事的n类方法是相互独立的，无论哪种方案中的哪种方法都可以单独完成这件事，而不需要再用到其他的方法．③确立恰当的分类标准，准确地对“这件事”进行分类，要求每一种方法必属于某一类方案，不同类方案的任意两种方法是不同的方法，也就是分类时必须既不重复也不遗漏． （4）应用分步乘法计数原理要注意的问题：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，单独用题目中所给的某一步骤的某种方法是不能完成这件事的，也就是说必须要经过几步才能完成这件事．②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少哪一步骤，这件事都不可能完成．③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步骤之间既不能重复也不能遗漏． （5）两个计数原理的区别与联系定义：若数列 {a n } 满足所有的项均由 ﹣1,1 构成且其中-1有m 个，1有p 个 (m +p ≥3) ，则称 {a n } 为“ (m,p) ﹣数列”．（1）a i ,a j ,a k (i <j <k) 为“ (3,4) ﹣数列” {a n } 中的任意三项，则使得 a i a j a k ＝1 的取法有多少种？ （2）a i ,a j ,a k (i <j <k) 为“ (m,p) ﹣数列” {a n } 中的任意三项，则存在多少正整数 (m,p) 对使得 1≤m ≤p ≤100, 且 a i a j a k =1 的概率为 12 .【答案】 （1）解：三个数乘积为1有两种情况：“ ﹣1,﹣1,1 ”,“ 1,1,1 ”,其中“ ﹣1,﹣1,1 ”共有： C 32C 41＝12 种, “ 1,1,1 ”共有： C 43=4 种,利用分类计数原理得：a i ,a j ,a k (i <j <k) 为“ (3,4) ﹣数列” {a n } 中的任意三项, 则使得 a i a j a k ＝1 的取法有： 12+4＝16 种．（2）解：与(1)同理,“ ﹣1,﹣1,1 ”共有 C m 2C p 1种, “ 1,1,1 ”共有 C P 3 种,而在“ (m,p) ﹣数列”中任取三项共有 C m+p3种, 根据古典概型有：C m 2C p 1+C p 3C m+p3=12 ,再根据组合数的计算公式能得到： (p ﹣m)(p 2﹣3p ﹣2mp +m 2﹣3m ﹣2)＝0 , ①p ＝m 时,应满足 {1≤m ≤p ≤100m +p ≥3p =m ,∴(m,p)=(k,k),k ∈{2,3,4,…,100} ,共 99 个,②p 2﹣3p ﹣2mp +m 2﹣3m ﹣2＝0 时,应满足 {1<m ≤p <100m +p ≥3p 2−3p −2mp +m 2−3m −2=0 , 视 m 为常数,可解得 p ＝(2m+3)±√24m+12,∵m ≥1, ∴√2m +1≥5 , 根据 p ≥m 可知, p ＝(2m+3)+√24m+12,∵m ≥1 , ∴√2m +1≥5 , 根据 p ≥m 可知, p ＝(2m+3)+√24m+12,（否则 p ≤m ﹣1 ）,下设 k ＝√2m +1 ,则由于 p 为正整数知 k 必为正整数, ∵1≤m ≤100 , ∴5≤k ≤49 ,化简上式关系式可以知道： m ＝k 2−124=(k−1)(k+1)24,∴k ﹣1,k +1 均为偶数,∴设k＝2t+1,(t∈N∗),则2≤t≤24,∴m＝k2−124=t(t+1)6,由于t,t+1中必存在偶数,∴只需t,t+1中存在数为3的倍数即可,∴t＝2,3,5,6,8,9,11,…,23,24,∴k＝5,11,13,…,47,49．检验：p＝(2m+3)+√24m+12=(k−1)(k+1)24≤48+5024＝100,符合题意,∴共有16个,综上所述：共有115个数对(m,p)符合题意．【考点】古典概型及其概率计算公式，分类加法计数原理，组合及组合数公式【解析】(1)易得使得a i a j a k＝1的情况只有“ ﹣1,﹣1,1”,“ 1,1,1”两种,再根据组合的方法求解两种情况分别的情况数再求和即可.(2)易得“ ﹣1,﹣1,1”共有C m2C p1种,“ 1,1,1”共有C P3种.再根据古典概型的方法可知C m2C p1+C p3C m+p3=12,利用组合数的计算公式可得(p﹣m)(p2﹣3p﹣2mp+m2﹣3m﹣2)＝0,当p=m时根据题意有(m,p)=(k,k),k∈{2,3,4,…,100},共99个；当p2﹣3p﹣2mp+m2﹣3m﹣2＝0时求得p＝(2m+3)±√24m+12,再根据1≤m≤p≤100,换元根据整除的方法求解满足的正整数对即可.某商场举行元旦促销回馈活动，凡购物满1000元，即可参与抽奖活动，抽奖规则如下：在一个不透明的口袋中装有编号为1、2、3、4、5的5个完全相同的小球，顾客每次从口袋中摸出一个小球，共摸三次（每次摸出的小球均不放回口袋），编号依次作为一个三位数的个位、十位、百位，若三位数是奇数，则奖励50元，若三位数是偶数，则奖励100m元（m为三位数的百位上的数字，如三位数为234，则奖励100×2= 200元）.（1）求抽奖者在一次抽奖中所得三位数是奇数的概率；（2）求抽奖者在一次抽奖中获奖金额X的概率分布与期望E(X).【答案】（1）解：因为总的基本事件个数n1=A53=60，摸到三位数是奇数的事件数n2=A31A42=36，所以P1=3660=35；所以摸到三位数是奇数的概率35.（2）解：获奖金额 X 的可能取值为50、100、200、300、400、500， P(X =50)=35 ， P(X =100)=1×3×260=110， P(X =200)=1×3×160=120，P(X =300)=1×3×260=110 ， P(X =400)=1×3×160=120 ， P(X =500)=1×3×260=110 ，获奖金额 X 的概率分布为均值 E(X)=50×35+100×110+200×120+300×110+400×120+500×110=150 元. 所以期望是150元.【考点】古典概型及其概率计算公式，离散型随机变量及其分布列，离散型随机变量的期望与方差，分步乘法计数原理【解析】（1）首先利用排列求出摸三次的总的基本事件个数： n 1=A 53=60 ；然后利用分步计数原理求出个位的排法、十位百位的排法求出三位数是奇数的基本事件个数，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.（2）获奖金额X 的可能取值为50、100、200、300、400、500，求出各个随机变量的分布列，利用均值公式即可求解考向二 两个计数原理的综合应用（1）利用两个原理解决涂色问题解决着色问题主要有两种思路：一是按位置考虑，关键是处理好相交线端点的颜色问题；二是按使用颜色的种数考虑，关键是正确判断颜色的种数．解决此类应用题，一般优先完成彼此相邻的三部分或两部分，再分类完成其余部分．要切实做到合理分类，正确分步，才能正确地解决问题． （2）利用两个原理解决集合问题解决集合问题时，常以有特殊要求的集合为标准进行分类，常用的结论有123,,,,{}n a a a a 的子集有2n 个，真子集有21n个．对有 n(n ≥4) 个元素的总体 {1,2,3,⋅⋅⋅,n} 进行抽样，先将总体分成两个子总体 {1,2,3,⋅⋅⋅,m} 和 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} （ m 是给定的正整数，且 2≤m ≤n −2 ），再从每个子总体中各随机抽取2个元素组成样本.用 P ij 表示元素 i 和 j 同时出现在样本中的概率. （1）求 P 1n 的表达式（用m ，n 表示）； （2）求所有 P ij (1≤i <j ≤n) 的和.【答案】 （1）解：由题意，从m 和 m −m 个式子中随机抽取2个，分别有 C m 2 和 C n−m2 个基本事件， 所以 P 1n 的表达式为 P 1n =m−1C m2⋅n−m−1C n−m2=4m(n−m) .（2）解：当 i,j 都在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中时，可得 P ij =1C m2 ，而从 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中选两个数的不同方法数为 C m 2 ，则 P ij 的和为1；当 i,j 同时在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时，同理可得 P ij 的和为1； 当 i 在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中， j 在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时， P ij =4m(n−m) ，而从 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中选取一个数，从 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中选一个数的不同方法数为 m(n −m) ， 则 P ij 的和为4，所以所有 P ij 的和为 1+1+4=6 .【考点】相互独立事件的概率乘法公式，古典概型及其概率计算公式，计数原理的应用，组合及组合数公式【解析】（1）根据组合数的公式，以及古典概型的概率计算公式和相互独立事件的概率计算公式，即可求解；（2）当 i,j 都在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中时求得 P ij 的和为1，当 i,j 同时在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时，求得 P ij 的和为1，当 i 在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中， j 在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时得到 P ij 的和为4，即可求解.6男4女站成一排，求满足下列条件的排法各有多少种？（用式子表达） （1）男甲必排在首位； （2）男甲、男乙必排在正中间； （3）男甲不在首位，男乙不在末位； （4）男甲、男乙必排在一起； （5）4名女生排在一起； （6）任何两个女生都不得相邻； （7）男生甲、乙、丙顺序一定．【答案】 解：（1）男甲必排在首位，则其他人任意排，故有A 99种， （2）男甲、男乙必排在正中间，则其他人任意排，故有A 22A 77种，（3）男甲不在首位，男乙不在末位，利用间接法，故有A 1010﹣2A 99+A 88种，（4）男甲、男乙必排在一起，利用捆绑法，把甲乙两人捆绑在一起看作一个复合元素和另外全排，故有A 22A 88种，（5）4名女生排在一起，利用捆绑法，把4名女生捆绑在一起看作一个复合元素和另外全排，故有A 44A 77种，（6）任何两个女生都不得相邻，利用插空法，故有A 66A 74种， （7）男生甲、乙、丙顺序一定，利用定序法，A 1010A 33=A 107种【考点】计数原理的应用【解析】（1）男甲必排在首位，则其他人任意排，问题得以解决． （2）男甲、男乙必排在正中间，则其他人任意排，问题得以解决， （3）男甲不在首位，男乙不在末位，利用间接法，故问题得以解决， （4）男甲、男乙必排在一起，利用捆绑法，问题得以解决， （5）4名女生排在一起，利用捆绑法，问题得以解决， （6）任何两个女生都不得相邻，利用插空法，问题得以解决， （7）男生甲、乙、丙顺序一定，利用定序法，问题得以解决．考向三 排列与组合的综合应用先选后排法是解答排列、组合应用问题的根本方法，利用先选后排法解答问题只需要用三步即可完成. 第一步：选元素，即选出符合条件的元素;第二步：进行排列，即把选出的元素按要求进行排列;第三步：计算总数，即根据分步乘法计数原理、分类加法计数原理计算方法总数.7名学生，按照不同的要求站成一排，求下列不同的排队方案有多少种． （1）甲、乙两人必须站两端； （2）甲、乙两人必须相邻．【答案】 （1）甲、乙为特殊元素，先将他们排在两头位置，有 A 22 种站法，其余5人全排列，有 A 55种站法．故共 A 22⋅A 55 有＝240种不同站法．（2）(捆绑法)：把甲、乙两人看成一个元素，首先与其余5人相当于六个元素进行全排列，然后甲、乙两人再进行排列，所以共 A 66⋅A 22 有＝1440种站法．【考点】排列、组合的实际应用，排列、组合及简单计数问题 【解析】（1）运用捆绑法直接求解即可； （2）运用特殊元素分析法直接求解即可.一个笼子里关着10只猫，其中有7只白猫，3只黑猫．把笼门打开一个小口，使得每次只能钻出1只猫．猫争先恐后地往外钻.如果 10 只猫都钻出了笼子，以X 表示7只白猫被3只黑猫所隔成的段数．例如，在出笼顺序为“□■□□□□■□□■”中，则 X =3 ． （1）求三只黑猫挨在一起出笼的概率； （2）求X 的分布列和数学期望.【答案】 （1）解：设“三只黑猫挨在一起出笼”为事件A ，将三只黑猫捆绑在一起，与其它7只白猫形成 8 个元素， 所以， P(A)=A 33A 88A 1010=115，因此，三只黑猫挨在一起出笼的概率为 115 ；（2）解：由题意可知，随机变量X 的取值为1、2、3、4， 其中 X =1 时，7只白猫相邻，则 P(X =1)=A 77A 44A 1010=130 ，P(X =2)=(A 32C 21C 21C 61+6A 33+A 32C 61)A 77A 1010=310 ，P(X =3)=(A 31C 21A 62+A 32A 62)A 77A 1010=12 ；P(X =4)=A 63A 77A 1010=16， 所以，随机变量 X 的分布列如下表所示：因此， E(X)=1×130+2×310+3×12+4×16=145.【考点】古典概型及其概率计算公式，离散型随机变量的期望与方差，排列及排列数公式，排列、组合的实际应用【解析】（1）利用捆绑法计算三只黑猫挨在一起出笼的情况种数，再利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；（2）由题意可知，随机变量X 的可能取值有1、2、3、4，利用排列组合思想求出随机变量X 在不同取值下的概率，可得出随机变量X 的分布列，利用数学期望公式可求得随机变量X 的数学期望.考向四 二项展开式通项的应用求二项展开式的特定项问题,实质是考查通项的特点,一般需要建立方程求k ,再将k 的值代回通项求解,注意k 的取值范围（0,1,2,,k n ）.（1）第m 项：：此时k +1=m ,直接代入通项.（2）常数项：即这项中不含“变元”,令通项中“变元”的幂指数为0建立方程. （3）有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程.已知 f(n)=a 1+a 2C n 1+⋯+arC n r−1+⋯a n+1C n n(n ∈N ∗).（1）若 a n =n −1 ，求 f(n) ；（2）若 a n =3n−1 ，求 f(20) 除以5的余数【答案】 （1）因为 f(n)=0C n 0+1⋅C n 1+2C n 2+3⋅C n 3⋯+nC n n . 所以 f(n)=nC n n +(n −1)C n n−1+(n −2)C n n−2+⋯+1⋅C n 1+0⋅C n0 2f(n)=nC n 0+nC n 1+nC n 2+⋯+nC n n =n(C n 0+C n 1+C n 2+⋯+C n n)=n ⋅2n ，∴f(n)=n ⋅2n−1（2）因为 f(n)=30C n 0+31C n 1+32C n 2+⋯+3n C n n =(1+3)n =4n .f(20)=420=(5−1)20=C 200520−C 201519+C 202518−⋯+C 201852−C 201951+C 202050 除以5余数为1，所以 f(20) 除以5的余数为1. 【考点】二项式系数的性质，二项式定理的应用【解析】（1） 因为f(n)=a 1+a 2C n 1+⋯+arC n r−1+⋯a n+1C n n(n ∈N ∗)，再结合a n =n −1 ， 得出f(n)=0C n 0+1⋅C n 1+2C n 2+3⋅C n 3⋯+nC n n ，再利用倒序求和法，所以 f(n)=nC n n +(n −1)C n n−1+(n −2)C n n−2+⋯+1⋅C n 1+0⋅C n 0 ， 再利用两式求和法结合二项式的系数的性质，得出 f(n) 。
计数的公式知识点总结
计数的公式知识点总结1.基本计数原理基本计数原理是计数问题中最基本的方法之一。
它适用于一些简单的问题，例如从一个有限的集合中选择元素的方式数量。
基本计数原理的核心思想是：如果一件事情可以划分为若干个独立的步骤，每个步骤有若干个选择，那么总的选择数就是所有步骤的选择数的乘积。
例如，考虑从一个4位数字（0-9）中选择一个数字的问题。
根据基本计数原理，我们可以将这个问题划分为4个步骤：先选第一位数字，再选第二位数字，以此类推。
每一步都有10种选择，因此总的选择数量为$10^4$=10000。
2.排列排列是计数中比较常见的问题之一。
排列是指从一个集合中选择一部分元素，并按照一定的顺序进行排列。
对于一个包含n个元素的集合，如果从中选择r个元素进行排列，则一共有$n\cdot(n-1)\cdot...\cdot(n-r+1)=\frac{n!}{(n-r)!}$种排列方式。
排列问题的应用十分广泛，例如在密码学中用于生成密码、在组合游戏中用于解决游戏的排列问题等。
在实际应用中，我们也可以用排列的方法来解决一些实际问题。
比如，在一家商店里，有10种不同的衣服，小王要挑选3种不同的衣服，问他共有多少种不同的选择方式？根据排列的计数方法，答案为$P^{10}_3=10\cdot 9 \cdot 8=720$种选择方式。
3.组合组合是另一个常见的计数问题。
组合是指从一个集合中选择一部分元素，并不考虑元素的排列顺序。
对于一个包含n个元素的集合，如果从中选择r个元素进行排列，则一共有$\frac{n!}{r!(n-r)!}$种组合方式。
组合问题在实际中也有着很多应用，例如在概率论中，组合问题用于计算事件发生的概率；在统计学中，组合问题用于计算样本的数量等。
组合问题也有着很多有趣的性质和应用，例如在计算机程序设计中，组合问题用于生成排列和组合的算法。
4.二项式定理二项式定理是组合的一个重要的应用。
它描述了二项式的幂的表达式。
计数方法和应用
计数方法和应用计数是一种非常基础和普遍的数学概念，也称为计数学。
在日常生活和工作中，计数方法和技术被广泛应用。
本文将从计数方法和应用两个方面进行阐述。
一、计数方法1.1 基本计数原理基本计数原理是计数领域最基础的公理之一，也称为加法计数原理，是指如果一个事件发生的次数是 m，而另一个事件发生的次数是 n，则这两个事件连续发生的总次数是 m+n。
举个例子，假设一个学校有三个年级，每个年级有30 个学生，那么这个学校的学生总人数就是 3 × 30 = 90 人。
1.2 排列和组合排列和组合是计数中两个基本的概念。
排列是指 n 个元素中任取 r 个元素进行排列，不考虑元素的顺序。
排列数用 P(n,r) 来表示。
组合是指n 个元素中任取r 个元素进行组合，考虑元素的顺序。
组合数用 C(n,r) 来表示。
举个例子，假设有 ABC 三个字母，我们从中任取两个字母进行排列和组合，其结果如下：- 排列：AB, AC, BA, BC, CA, CB，共 6 种。
- 组合：AB, AC, BC，共 3 种。
1.3 树状图树状图是计数中一种常用的图形表示方法，也被称为树状图法。
它通过树的枝干和节及其上的符号来表示问题的分支和可能的结果。
树状图通常用于组合问题和排列问题。
举个例子，假设一个口袋里有三个苹果和两个梨，从中任取两个水果，可能的取法有：苹果-苹果、苹果-梨、梨-苹果、梨-梨、共 4 种可能。
这个问题的树状图可以如下表示：二、计数应用2.1 组合优化组合优化是计算机科学中的一个重要分支，其应用于各种领域，如图形学、数据库、网络等，旨在寻找最优的组合方案。
举个例子，在网络优化中，如何在一个有向图中找到最短或最快的路径是一个经典问题，可以用 Dijkstra 算法或 Bellman-Ford算法以及其他更高级的算法来解决。
而求解这些问题的基础，则是组合优化的概念和算法。
2.2 计算概率计数方法还可以用于计算概率，这是概率论的基础之一。
计数原理的应用
计数原理的应用1. 介绍计数是一种基本的数学概念，在许多领域中都有广泛的应用。
无论是日常生活中的时间计数，还是在科学研究和技术应用中使用计数器进行测量，计数原理都扮演着重要的角色。
本文将介绍计数原理的应用，并且探讨其中的一些实际场景。
2. 计数器在电子电路中的应用计数器是一种用于计数的电子设备，它根据输入的时钟信号进行计数，并在达到特定计数值时输出一个脉冲。
计数器可以用于许多应用，包括频率测量、计时器、数据同步等。
计数器可以是二进制计数器、十进制计数器或其他进制计数器。
在二进制计数器中，计数从0开始，逐次增加，当达到最大计数值时会重置为0。
计数器的输出可以通过外部电路来控制其他设备的功能，例如控制闹钟的报警器。
3. 计数器在物流管理中的应用在物流管理中，计数原理也有着广泛的应用。
例如，在仓库中可以使用计数器来追踪进出货物的数量，以确保库存的准确性。
计数器可以与条形码或RFID技术相结合，实现自动化的货物计数和跟踪。
通过使用计数原理，物流管理可以更加高效和准确。
4. 计数器在交通系统中的应用计数原理在交通系统中也有着重要的应用。
例如，交通信号灯通过计数器来控制不同方向的车辆通行时间。
计数器会根据预设的时间间隔来改变交通灯的状态，确保交通流畅和安全。
另外，在高速公路上，通过使用车辆计数器可以实时监测车辆流量，从而进行交通拥堵的预测和路况管理。
5. 计数器在工业自动化中的应用计数器在工业自动化中也扮演着重要的角色。
计数器可以用于追踪生产线上的产品数量，用于控制设备的开关和停止。
计数器还可以用于检测故障和记录生产数据，为企业的生产管理提供重要的依据。
6. 小结计数原理在各个领域中都有着广泛的应用。
无论是在电子电路中的计算器，还是在物流管理、交通系统和工业自动化中的应用，计数原理都发挥着重要的作用。
通过合理利用计数原理，可以提高效率，实现自动化，并为决策提供数据支持。
2024-2025学年高二数学选择性必修第一册(配北师大版)课件1.3基本计数原理的简单应用
规律方法 (抽取)分配问题的常见类型及其解法 (1)当涉及对象数目不大时,一般选用枚举法、树状图法、框图法或者图表 法. (2)当涉及对象数目很大时,一般有两种方法: ①直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理.一般地,若抽取是有顺 序的就按分步进行;若按对象特征抽取的,则按分类进行. ②间接法:去掉限制条件计算所有的抽取方法数,然后减去所有不符合条件 的抽取方法数即可.
思考辨析 利用多项式的乘法法则探索(a1+a2)(b1+b2+b3)(c1+c2+c3+c4)的展开式中有 多少项?
提示 可以直接展开后进行统计,最后得出结论;也可以用分步乘法计数原 理,分三步: 第一步,从第一个因式中取一个因子,有2种取法; 第二步,从第二个因式中取一个因子,有3种取法; 第三步,从第三个因式中取一个因子,有4种取法. 则此多项式的展开式中有2×4×3=24(项).
(2)将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内, 每格涂一种颜色,相邻两格涂不同的颜色,如果颜色可以反复使用,共有多 少种不同的涂色方法?
1
2
34
解 第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上,有5种不同的涂法. ①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时,有4×3=12(种)不同的涂法,第4个 小方格有3种不同的涂法,由分步乘法计数原理可知有5×12×3=180(种)不 同的涂法. ②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时,有4种涂法,由于相邻两格不同色, 因此,第4个小方格也有4种不同的涂法,由分步乘法计数原理可知有 5×4×4=80(种)不同的涂法. 由分类加法计数原理可得共有180+80=260(种)不同的涂法.
规律方法 1.涂色问题的基本要求是相邻区域不同色,但是不相邻的区域 可以同色.解决此类问题要特别关注图形的结构特征.如果图形很不规则, 往往从某一块出发进行分步涂色,从而选用分步乘法计数原理;如果图形具 有一定的对称性,那么先对涂色方案进行分类,每一类再进行分步. 2.把涂色问题转化为两个基本计数原理的综合应用,体现了数学抽象的核 心素养.
基本计数原理知识点总结
基本计数原理知识点总结1. 基本计数原理的概念基本计数原理是指：如果一个任务可以分解成若干个独立的步骤，每个步骤有n个选择，那么整个任务有n1 * n2 * ... * nk种可能的选择。
简单来说，就是如果有n1种方式完成任务A，n2种方式完成任务B，那么完成A和B的方式一共有n1 * n2种。
2. 基本计数原理的应用基本计数原理通常用于解决排列和组合问题。
排列是指从一组元素中按照一定的顺序取出若干个元素，组成一种特定的排列方式。
组合是指从一组元素中不考虑顺序地取出若干个元素，组成一种特定的组合方式。
基本计数原理能够帮助我们快速计算出排列和组合的可能性。
3. 基本计数原理的例题解析举个例子来说明基本计数原理的应用。
假设有一个珠子摆放在环形的项链上，这个项链有6个位置可以放置这个珠子。
那么总共有多少种放置这个珠子的可能性呢？根据基本计数原理，可以得到答案：6种。
因为首先可以选择任意一个位置放置这个珠子，然后再考虑不同位置之间的相对顺序，最终得到总共6种可能的放置方式。
4. 基本计数原理的推广在实际问题中，基本计数原理也可以通过多次使用来计算复杂的排列和组合的可能性。
比如，如果有一个3位数由0到9的数字组成，那么总共有多少种可能的排列呢？根据基本计数原理，可以分别计算出第一位、第二位和第三位的选择可能性，然后将它们相乘，就可以得到总共的排列可能性。
即10 * 10 * 10 = 1000种可能性。
5. 基本计数原理的局限性虽然基本计数原理在计算排列和组合问题中非常有用，但是在某些情况下可能并不适用。
比如，在一些相互依赖的情况下，无法简单地将不同步骤的选择可能性相乘来计算整体的可能性。
这时就需要使用更多的数学工具和技巧来解决问题。
总的来说，基本计数原理是解决排列和组合问题的基础，通过它能够很方便地计算出各种可能的排列和组合的数量。
在实际问题中，只要善于分解任务并且正确地应用基本计数原理，就能够迅速解决各种复杂的排列和组合问题。
基本计数原理
基本计数原理
基本计数原理是组合数学中的一个基本概念，它用于计算由一系列独立事件组成的样本空间中某个事件发生的总数。
简而言之，基本计数原理告诉我们，如果一个任务可以通过若干个步骤完成，第 i 个步骤有 n（i）种选择方式，那么完成整个任务
的总方法数为 n(1) × n(2) × ... × n(k) 。
举个例子来说明基本计数原理的应用。
假设我们要选择一件衣服的颜色和一双鞋子的颜色，衣服有红、黄、蓝三种颜色可选，鞋子有黑、白两种颜色可选。
如果我们按照基本计数原理来计算，衣服的选择有 3 种，鞋子的选择有 2 种，那么整个搭配的方式就有 3 × 2 = 6 种。
在实际应用中，基本计数原理常常用于解决组合、排列、分配等问题。
例如，我们要将 5 台电脑分配给 3 个班级，每个班级至少分配一台电脑。
这个问题可以通过基本计数原理求解。
首先，我们可以将其中一台电脑分配给每个班级，这样每个班级至少有一台电脑。
然后，剩余的两台电脑可以按照自由分配的原则，每个班级都可以选择或不选择。
因此，总的分配方案数为 C(3,1) × 2² = 12。
基本计数原理在计算中的应用十分广泛，可以帮助我们解决各种复杂的计数问题。
它是组合数学中的重要基础，也是深入理解概率论、组合优化等领域的基石。
第五十二讲基本计数原理排列与组合
第五十二讲基本计数原理排列与组合基本计数原理是概率论中非常重要的基础概念之一，它描述了如何快速准确地计算排列和组合的方法。
在实际问题中，经常需要对一组对象进行排列或组合，基本计数原理能够帮助我们快速得到结果，提高计算效率。
本文将详细介绍基本计数原理及其在排列和组合中的应用。
首先，我们来了解一下排列和组合的概念。
排列是指从一组元素中选取若干个元素，按照一定的顺序排列得到的结果。
组合是指从一组元素中选取若干个元素，不考虑顺序的得到的结果。
在使用基本计数原理计算排列和组合时，我们需要注意以下几个要点：1.顺序性：排列是有顺序的，不同的顺序会得到不同的结果；组合是无顺序的，不考虑不同的顺序会得到相同的结果。
2.重复性：排列中允许元素重复出现，组合中元素不允许重复出现。
3.独立性：排列和组合中的每个元素都是独立的，选取一个元素不会影响其他元素的选择。
有了上述准备，我们可以开始学习基本计数原理的具体内容了。
基本计数原理可以分为两个部分：乘法原理和加法原理。
1. 乘法原理：乘法原理用于计算有序排列的种类数。
假设有n1种方式可以选择第一个元素，n2种方式可以选择第二个元素，依次类推，nk种方式可以选择第k个元素，那么所有的有序排列的种类数就是n1 * n2 * ... * nk。
举个例子，假设有4个小球，分别标有A、B、C、D。
现在要从这4个小球中选择2个小球排成一排，问有多少种排法。
根据乘法原理，首先我们选择第一个小球有4种方式，然后选择第二个小球有3种方式，因此一共有4*3=12种排法。
2. 加法原理：加法原理用于计算无序排列的种类数。
假设有n1种方式可以选择第一个元素，n2种方式可以选择第二个元素，依次类推，那么所有的无序排列的种类数就是n1 + n2 + ... + nk。
举个例子，假设有4个小球，分别标有A、B、C、D。
现在要从这4个小球中选择2个小球组成一组，问有多少种组合。
根据加法原理，我们可以分别选取A和B、A和C、A和D、B和C、B和D、C和D，一共有6种组合。
基本计数原理
基本计数原理基本计数原理是概率论中的一个重要概念，它是指在一系列独立事件中，所有可能的结果总数等于各个事件可能结果数的乘积。
基本计数原理在概率计算和组合数学中有着广泛的应用，它可以帮助我们计算各种排列和组合的可能性，解决各种实际问题。
首先，我们来看一个简单的例子，假设你有一件红色、一件蓝色和一件绿色的衬衫，一条黑色和一条白色的裤子，以及一双黑色和一双棕色的鞋子。
现在你要从这些衣物中挑选一套搭配，问你有多少种不同的搭配方式？根据基本计数原理，我们可以分别计算每种衣物的选择方式，然后将它们相乘即可得到总的搭配方式数。
首先，你有3种衬衫选择方式，然后有2种裤子选择方式，最后有2种鞋子选择方式，所以总的搭配方式数为3×2×2=12种。
这就是基本计数原理的应用，通过分别计算每个事件的可能结果数，然后将它们相乘得到总的可能结果数。
基本计数原理不仅可以用于简单的搭配问题，还可以用于更复杂的排列和组合问题。
例如，如果我们要从10个人中选出3个人组成一个委员会，那么根据基本计数原理，总共有10×9×8=720种不同的选委员会的方式。
这个例子中，我们可以看到基本计数原理的计算方法，首先选择第一个人有10种可能，然后选择第二个人有9种可能，最后选择第三个人有8种可能，将它们相乘得到总的可能结果数。
除了排列和组合问题，基本计数原理还可以应用于更复杂的情况，比如多阶段的选择问题。
例如，如果你要从一副扑克牌中抽取5张牌，问你有多少种不同的抽牌方式？根据基本计数原理，我们可以分别计算每次抽牌的可能结果数，然后将它们相乘即可得到总的可能结果数。
首先，第一次抽牌有52种可能，然后第二次抽牌有51种可能，以此类推，最后得到总的可能结果数为52×51×50×49×48。
通过这个例子，我们可以看到基本计数原理在解决多阶段选择问题时的应用。
总的来说，基本计数原理是概率论中的一个重要概念，它可以帮助我们计算各种排列和组合的可能性，解决各种实际问题。
基本的计数原理
基本的计数原理计数是我们日常生活中不可或缺的一种能力，它涉及到我们对事物的量化和统计。
基本的计数原理是指在离散数学中，用于计算组合和排列的原理。
本文将介绍基本的计数原理及其应用。
一、基本的计数原理是指组合和排列的计数原则：1. 组合计数原理：组合是指从n个不同的元素中选取r个元素形成一个子集，其中元素的顺序不重要。
组合计数原理可以表示为C(n, r) = n! / (r! * (n-r)!)，其中n表示元素的总数，r表示选取的元素数量。
2. 排列计数原理：排列是指从n个不同的元素中选取r个元素形成一个有序的集合，其中元素的顺序重要。
排列计数原理可以表示为P(n, r) = n! / (n-r)!，其中n表示元素的总数，r表示选取的元素数量。
这两个计数原理是解决组合问题和排列问题的基础，通过运用组合和排列计数原理，我们可以更方便地解决实际问题。
二、基本的计数原理的应用基本的计数原理在不同领域都有广泛的应用，下面将介绍几个常见的应用场景：1. 考试成绩排名：假设一场考试有n个学生参加，我们希望计算出某个学生的排名。
根据排列计数原理，我们可以计算出有多少种可能的排名情况，从而确定该学生的排名。
2. 同学小组分配：假设班级有n个学生，老师要将他们分为r个小组，每个小组人数可以不同。
根据组合计数原理，我们可以计算出不同分组情况的数量，从而帮助老师进行合理的分组安排。
3. 彩票中奖概率计算：彩票中奖的概率可以通过排列计数原理来计算。
假设彩票有n个号码，每次开奖选取r个号码，根据排列计数原理，我们可以计算出中奖的可能性。
4. 字符串的排列组合：在计算机领域，字符串的排列组合常常用于密码破解或者生成字典等场景。
通过排列组合计数原理，我们可以计算出字符串可能的组合情况。
以上仅是基本的计数原理应用的一些例子，实际应用场景非常广泛，涵盖了各个学科和行业。
总结：基本的计数原理是离散数学中重要的概念，用于计算组合和排列的原理。
工业上的计数原理与应用
工业上的计数原理与应用1. 介绍在工业生产中，计数是一个基本的操作，用于对事件、过程或产品进行计量和控制。
计数在很多工业应用中都起到关键作用，如物料计数、生产计数、设备故障计数等。
本文将介绍工业上常见的计数原理和应用。
2. 计数原理2.1 二进制计数二进制计数是计算机中最基本的计数方式。
在二进制计数中，只使用两个数字0和1表示数值，通过位权的加权和来表示不同数值。
例如，一个4位的二进制计数可以表示0到15的十进制数。
2.2 光电计数光电计数是一种利用光电传感器对光信号进行计数的原理。
光电传感器可以将光信号转换为电信号，并进行相应的计数操作。
光电计数常用于物料计数、流水线生产中的产品计数等应用。
2.3 电子计数器电子计数器是一种使用触发器、计数器等电子元件实现计数功能的设备。
它可以根据规定的条件进行自动计数，并通过数字显示器显示计数结果。
电子计数器在自动化生产过程中广泛应用，可以实现高速、精确的计数。
2.4 脉冲计数脉冲计数是一种利用脉冲信号进行计数的原理。
脉冲计数器可以通过接收脉冲信号进行计数，并根据预设的条件进行计数控制。
脉冲计数常用于计数测量、频率计算、速度测量等应用。
3. 计数应用3.1 物料计数物料计数是工业生产中常见的应用之一。
通过光电计数或脉冲计数等原理，可以对物料的数量进行精确计数。
物料计数广泛应用于仓储物流、包装等环节，可以提高生产效率和质量控制。
3.2 生产计数生产计数是对生产过程中产品数量进行统计和控制的应用。
通过在生产线上设置计数器或集成计数模块，可以实时记录生产过程中的产品数量，并进行报警或控制操作。
生产计数对于生产调度、产能评估等方面具有重要意义。
3.3 设备故障计数设备故障计数是对设备故障发生次数进行计数和分析的应用。
通过在设备上安装故障传感器，可以实时记录设备故障次数，并进行统计和分析。
设备故障计数对于设备维护、故障排除等方面具有重要作用。
3.4 计数控制计数控制是一种通过计数器对系统进行控制的方法。
两个基本计数原理
两个基本计数原理基本计数原理是组合学中应用广泛的数学原理，用于计算组合问题的方法。
它包括两个主要原理，分别是加法原理和乘法原理。
以下是关于这两个基本计数原理的详细介绍。
一、加法原理加法原理也称为分支原理，是一种用于计算多个不同情况的总数的方法。
具体而言，加法原理提供了计算不同情况总和的方法。
加法原理适用于以下情况：1.互斥情况：如果事件A和事件B是不相关的，且两者不能同时发生，那么发生A或发生B的总数就是事件A和事件B发生总数的和。
例如，抛掷一枚硬币，获得正面或者获得背面的总数是1+1=22.不互斥情况：如果事件A和事件B之间存在重叠的情况，那么发生A或发生B的总数是事件A的总数加上事件B的总数，再减去两者发生的重叠部分的总数。
例如，有10个人中，有4人会弹吉他，5人会弹钢琴，其中有2人既会弹吉他又会弹钢琴。
那么会弹吉他或会弹钢琴的总数是4+5-2=7二、乘法原理乘法原理也称为选择原理，是一种用于计算事件依次发生的组合计数问题的方法。
具体而言，乘法原理提供了计算每个阶段都有n种选择的总数的方法，以及计算一些特定情况下的总数的方法。
乘法原理适用于以下情况：1.每个阶段都有n种选择的情况：假设一些事件有m个阶段依次发生，且每个阶段都有n种选择，那么该事件发生的总数就是每个阶段选择数量的乘积。
例如，晨跑时路线有3个选择（A、B、C），早餐有4个选择（米饭、面包、牛奶、鸡蛋），那么不同的晨跑路线加上早餐的总数是3*4=122.一些特定情况下的总数：假设一些事件有m个阶段依次发生，而其中有k个阶段存在多种选择，那么该事件发生的总数就是每个阶段选择数量的乘积。
例如，密码锁有4位数字密码，每一位数字是0-9之间的任意一个数字，那么可能的密码总数是10*10*10*10=10^4总结：加法原理和乘法原理是组合数学中常用的计数方法。
加法原理用于计算互斥情况和不互斥情况下的总数，可以通过求和、减法和加减混合等操作实现。
19-20 第1章 1.1 第2课时 基本计数原理的应用
第2课时基本计数原理的应用学习目标：1.熟练应用两个计数原理．(重点)2.能运用两个计数原理解决一些综合性的问题．(难点)教材整理分类加法计数原理与分步乘法计数原理的联系与区别阅读教材P4～P5，完成下列问题．分类加法计数原理和分步乘法计数原理的联系与区别分类加法计数原理分步乘法计数原理联系两个原理回答的都是关于完成一件事情的不同方法的种数的问题区别一完成一件事共有n类办法，关键词是“分类”完成一件事共分n个步骤，关键词是“分步”区别二每类办法都能完成这件事任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有每个步骤都完成了，才能完成这件事区别三各类办法都是互斥的、并列的、独立的各步之间是相互关联的、互相依存的1．由1,2,3,4组成没有重复数字的三位数的个数为________．【解析】由题意知可以组成没有重复数字的三位数的个数为4×3×2＝24.【答案】242．(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4)展开后共有________项．【解析】该展开式中每一项的因式分别来自a1＋a2＋a3，b1＋b2＋b3，c1＋c2＋c3＋c4中的各一项．由a1，a2，a3中取一项共3种取法，从b1，b2，b3中取一项有3种不同取法，从c1，c2，c3，c4中任取一项共4种不同的取法．由分步乘法计数原理知，该展开式共3×3×4＝36(项)．【答案】363．5名班委进行分工，其中A不适合当班长，B只适合当学习委员，则不同的分工方案种数为________．【解析】根据题意，B只适合当学习委员，有1种情况，A不适合当班长，也不能当学习委员，有3种安排方法，剩余的3人担任剩余的工作，有3×2×1＝6种情况，由分步乘法计数原理，可得共有1×3×6＝18种分工方案．【答案】184．用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻，这样的四位数有________个．【解析】分三步完成，第1步，确定哪一个数字被使用2次，有3种方法；第2步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上，有3种方法；第3步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上，有2种方法．故有3×3×2＝18个不同的四位数．【答案】18抽取(分配)问题【例1】(1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有()A．16种B．18种C．37种D．48种(2)甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数有________种．【精彩点拨】(1)由于去甲工厂的班级分配情况较多，而其对立面较少，可考虑间接法求解．(2)先让一人去抽，然后再让被抽到贺卡所写人去抽．【解】(1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践有43种不同的分配方案，若三个班都不去工厂甲则有33种不同的分配方案．则满足条件的不同的分配方案有43－33＝37(种)．故选C.(2)不妨由甲先来取，共3种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，共3种取法，余下来的人，都只有1种选择，所以不同取法共有3×3×1×1＝9(种)．【答案】(1)C(2)9求解抽取(分配)问题的方法1．当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、树状图法、框图法或者图表法．2．当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：①直接法：直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理．②间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可．1．3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？【解】法一：(以小球为研究对象)分三步来完成：第一步：放第一个小球有5种选择；第二步：放第二个小球有4种选择；第三步：放第三个小球有3种选择．根据分步乘法计数原理得：共有方法数N＝5×4×3＝60(种)．法二：(以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4,5，分成以下10类：第一类：空盒子标号为(1,2)：选法有3×2×1＝6(种)；第二类：空盒子标号为(1,3)：选法有3×2×1＝6(种)；第三类：空盒子标号为(1,4)：选法有3×2×1＝6(种)；分类还有以下几种情况：空盒子标号分别为(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10类，每一类都有6种方法．根据分类加法计数原理得，共有方法数N＝6＋6＋…＋6＝60(种).组数问题【例2】用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的：(1)银行存折的四位密码？(2)四位整数？(3)比2 000大的四位偶数？【精彩点拨】(1)用分步乘法计数原理求解(1)问；(2)0不能作首位，优先排首位，用分步乘法计数原理求解；(3)可以按个位是0,2,4分三类，也可以按首位是2,3,4,5分四类解决，也可以用间接法求解．【解】(1)分步解决．第一步：选取左边第一个位置上的数字，有6种选取方法；第二步：选取左边第二个位置上的数字，有5种选取方法；第三步：选取左边第三个位置上的数字，有4种选取方法；第四步：选取左边第四个位置上的数字，有3种选取方法．由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位密码共有6×5×4×3＝360(个)．(2)分步解决．第一步：首位数字有5种选取方法；第二步：百位数字有5种选取方法；第三步：十位数字有4种选取方法；第四步：个位数字有3种选取方法．由分步乘法计数原理知，可组成四位整数有5×5×4×3＝300(个)．(3)法一：按末位是0,2,4分为三类：第一类：末位是0的有4×4×3＝48个；第二类：末位是2的有3×4×3＝36个；第三类：末位是4的有3×4×3＝36个．则由分类加法计数原理有N＝48＋36＋36＝120(个)．法二：按千位是2,3,4,5分四类：第一类：千位是2的有2×4×3＝24(个)；第二类：千位是3的有3×4×3＝36(个)；第三类：千位是4的有2×4×3＝24(个)；第四类：千位是5的有3×4×3＝36(个)．则由分类加法计数原理有N＝24＋36＋24＋36＝120(个)．法三：间接法．用0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字的四位偶数分两类：第一类：末位是0的有5×4×3＝60(个)；第二类：末位是2或4的有2×4×4×3＝96(个)．共有60＋96＝156(个)．其中比2 000小的有：千位是1的共有3×4×3＝36(个)，所以符合条件的四位偶数共有156－36＝120(个)．1．对于组数问题，一般按特殊位置(一般是末位和首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或者特殊元素)优先的方法分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法从反面求解．2．解决组数问题，应特别注意其限制条件，有些条件是隐藏的，要善于挖掘．排数时，要注意特殊元素、特殊位置优先的原则．2．由0,1,2,3这四个数字，可组成多少个：(1)无重复数字的三位数？(2)可以有重复数字的三位数？【解】(1)0不能做百位数字，所以百位数字有3种选择，十位数字有3种选择，个位数字有2种选择，所以无重复数字的三位数共有3×3×2＝18(个)．(2)百位数字有3种选择，十位数字有4种选择，个位数字也有4种选择．由分步乘法计数原理知，可以有重复数字的三位数共有3×4×4＝48(个).涂色问题[探究问题]1．用3种不同颜色填涂图中A，B，C，D四个区A B C D域，，有多少种不同的涂色方案？【提示】涂A区有3种涂法，B，C，D区域各有2种不同的涂法，由分步乘法计数原理将A，B，C，D四个区域涂色共有3×2×2×2＝24(种)不同方案．2．在探究1中，若恰好用3种不同颜色涂A，B，C，D四个区域，那么哪些区域必同色？把四个区域涂色，共有多少种不同的涂色方案？【提示】恰用3种不同颜色涂四个区域，则A，C区域，或A，D区域，或B，D区域必同色．由分类加法计数原理可得恰用3种不同颜色涂四个区域共3×2×1＋3×2×1＋3×2×1＝18(种)不同的方案．3．在探究1中，若恰好用2种不同颜色涂完四个区域，则哪些区域必同色？共有多少种不同的涂色方案？【提示】若恰好用2种不同颜色涂四个区域，则A，C区域必同色，且B，D区域必同色．先从3种不同颜色中任取两种颜色，共3种不同的取法，然后用所取的2种颜色涂四个区域共2种不同的涂法．由分步乘法计数原理可得恰好用2种不同颜色涂四个区域共有3×2＝6(种)不同的涂色方案．【例3】将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂在如图所示的图中，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？【精彩点拨】给图中区域标上记号A，B，C，D，E，则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色取决于B与D涂的颜色，如果B与D颜色相同有2种，如果不相同，那么只有1种．因此应先分类后分步．【解】法一：给图中区域标上记号A，B，C，D，E，如图所示．①当B与D同色时，有4×3×2×1×2＝48种．②当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24种．故共有48＋24＝72种不同的涂色方法．法二：按涂色时所用颜色种数多少分类：第一类，用4种颜色：此时B，D区域或A，E区域同色，则共有2×4×3×2×1＝48种不同涂法．第二类，用3种颜色：此时B，D同色，A，E同色，先从4种颜色中取3种，再涂色，共4×3×2×1＝24种不同涂法．由分类加法计数原理共48＋24＝72种不同涂法．求解涂色(种植)问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用方法有：(1)按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；(2)以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；(3)对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.3．如图所示的几何体是由一个正三棱锥P-ABC与正三棱柱ABC-A1B1C1组合而成的，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．【解析】先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，由分步乘法计数原理，共有3×2×1×2＝12种不同的涂法．【答案】121．已知x∈{1,2,3,4}，y∈{5,6,7,8}，则xy可表示不同值的个数为() A．2 B．4C．8 D．15【解析】x的取值共有4个，y的取值也有4个，则xy共有4×4＝16个积，但是由于3×8＝4×6，所以xy共有16－1＝15(个)不同值，故选D．【答案】 D2．某年级要从3名男生，2名女生中选派3人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有()A．6种B．7种C．8种D．9种【解析】可按女生人数分类：若选派一名女生，有2×3＝6种；若选派2名女生，则有3种．由分类加法计数原理，共有9种不同的选派方法．【答案】 D3．3名学生报名参加篮球、足球、排球、计算机课外兴趣小组，每人选报一门，则不同的报名方案有________种．【解析】每名同学都有4种不同的报名方案，共有4×4×4＝64种不同的报名方案．【答案】644．圆周上有2n个等分点(n大于2)，任取3点可得一个三角形，恰为直角三角形的个数为________．【解析】先在圆周上找一点，因为有2n个等分点，所以应有n条直径，不过该点的直径应有n－1条，这n－1条直径都可以与该点形成直角三角形，一个点可以形成n－1个直角三角形，而这样的点有2n个，所以一共有2n(n－1)个符合题意的直角三角形．【答案】2n(n－1)5．用6种不同颜色的彩色粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的彩色粉笔．问：该板报有多少种书写方案？【解】第一步，选英语角用的彩色粉笔，有6种不同的选法；第二步，选语文学苑用的彩色粉笔，不能与英语角用的颜色相同，有5种不同的选法；第三步，选理综视界用的彩色粉笔，与英语角和语文学苑用的颜色都不能相同，有4种不同的选法；第四步，选数学天地用的彩色粉笔，只需与理综视界的颜色不同即可，有5种不同的选法，共有6×5×4×5＝600种不同的书写方案．课时分层作业(二)基本计数原理的应用(建议用时：45分钟)[基础达标练]一、选择题1．5名同学去听同时进行的4个课外知识讲座，每个同学可自由选择，且必须选择一个知识讲座，则不同的选择种数是()A．54B．45C．5×4×3×2 D．5×4【解析】5名同学每人都选一个课外知识讲座，则每人都有4种选择，由分步乘法计数原理知共有4×4×4×4×4＝45种选择．【答案】 B2．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6,7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是()A．18 B．17C．16 D．10【解析】分两类．第一类：M中的元素作横坐标，N中的元素作纵坐标，则在第一、二象限内的点有3×3＝9(个)；第二类：N中的元素作横坐标，M中的元素作纵坐标，则在第一、二象限内的点有4×2＝8(个)．由分类加法计数原理，共有9＋8＝17(个)点在第一、二象限．【答案】 B3．同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人写的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有()A．12种B．9种C．8种D．6种【解析】设四张贺卡分别记为A，B，C，D．由题意，某人(不妨设A 卡的供卡人)取卡的情况有3种，据此将卡的分配方式分为三类，对于每一类，其他人依次取卡分步进行，为了避免重复或遗漏，我们用“树状图”表示如下：所以共有9种不同的分配方式，故选B．【答案】 B4.将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大．当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法为()A．6种B．12种C．18种D．24种【解析】因为每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，1,2,9只有一种填法，5只能填在右上角或左下角，5填好后与之相邻的空格可填6,7,8任一个；余下两个数字按从小到大只有一种方法．共有2×3＝6种结果，故选A.【答案】 A5．体育老师把9个相同的足球放入编号为1,2,3的三个箱子中，要求每个箱子放球的个数不少于其编号，则不同的放球方法有()A．8种B．10种C．12种D．16种【解析】首先在三个箱子中放入个数与编号相同的球，这样剩下三个足球，这三个足球可以随意放置，第一种方法，可以在每一个箱子中放一个，有1种结果；第二种方法，可以把球分成两份，1和2，这两份在三个位置，有3×2＝6种结果；第三种方法，可以把三个球都放到一个箱子中，有3种结果．综上可知共有1＋6＋3＝10种结果．【答案】 B二、填空题6．小张正在玩一款种菜的游戏，他计划从仓库里的玉米、土豆、茄子、辣椒、胡萝卜这5种种子中选出4种分别种植在四块不同的空地上(一块空地只能种植一种作物)，若小张已决定在第一块空地上种茄子或辣椒，则不同的种植方案共有________种．【解析】当第一块地种茄子时，有4×3×2＝24种不同的种法；当第一块地种辣椒时，有4×3×2＝24种不同的种法，故共有48种不同的种植方案．【答案】487．从集合{0,1,2,3,5,7,11}中任取3个不同元素分别作为直线方程Ax＋By ＋C＝0中的A，B，C，所得直线经过坐标原点的有________条．【解析】因为过原点的直线常数项为0，所以C＝0，从集合中的6个非零元素中任取一个作为系数A，有6种方法，再从其余的5个元素中任取一个作为系数B，有5种方法，由分步乘法计数原理得，适合条件的直线共有1×6×5＝30(条)．【答案】308．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同的安排方法共有________种．【解析】分三类：若甲在周一，则乙丙有4×3＝12种排法；若甲在周二，则乙丙有3×2＝6种排法；若甲在周三，则乙丙有2×1＝2种排法．所以不同的安排方法共有12＋6＋2＝20种．【答案】20三、解答题9．如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，不同的涂色方法共有多少种？(用数字作答)【解】不妨将图中的4个格子依次编号为①②③④，当①③同色时，有6×5×1×5＝150种方法；当①③异色时，有6×5×4×4＝480种方法．所以共有150＋480＝630种方法．10．用数字1,2,3,4,5,6组成无重复数字的三位数，然后由小到大排成一个数列．(1)求这个数列的项数；(2)求这个数列中的第89项的值．【解】(1)完成这件事需要分别确定百位、十位和个位数，可以先确定百位，再确定十位，最后确定个位，因此要分步相乘．第一步：确定百位数，有6种方法．第二步：确定十位数，有5种方法．第三步：确定个位数，有4种方法．根据分步乘法计数原理，共有N＝6×5×4＝120个三位数．所以这个数列的项数为120.(2)这个数列中，百位是1,2,3,4的共有4×5×4＝80个，百位是5的三位数中，十位是1或2的有4＋4＝8个，故第88项为526，故从小到大第89项为531.[能力提升练]1．如图所示，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．84C．60 D．48【解析】可依次种A，B，C，D四块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36种种法；当C与A所种花不同时，有4×3×2×2＝48种种法．由分类加法计数原理，不同的种法种数为36＋48＝84.【答案】 B2．甲、乙两人进行乒乓球比赛，采取五局三胜制，即先赢三局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(两人输赢局数的不同视为不同情形)共有()A．10种B．15种C．20种D．30种【解析】由题意知，比赛局数最少为3局，至多为5局．当比赛局数为3局时，情形为甲或乙连赢3局，共2种；当比赛局数为4局时，若甲赢，则前3局中甲赢2局，最后一局甲赢，共有3种情形；同理，若乙赢，则也有3种情形，所以共有6种情形；当比赛局数为5局时，前4局，甲、乙双方各赢2局，最后一局胜出的人赢，若甲前4局赢2局，共有赢取第1、2局，1、3局，1、4局，2、3局，2、4局，3、4局六种情形，所以比赛局数为5局时共有2×6＝12(种)，综上可知，共有2＋6＋12＝20(种)．故选C.【答案】 C3．在一次运动会选手选拔赛上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种．【解析】分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排，所以安排方式有4×3×2＝24种．第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120种．所以安排这8人的方式有24×120＝2 880种．【答案】 2 8804．给出一个正五棱柱，用3种颜色给其10个顶点染色，要求各侧棱的两个端点不同色，有几种染色方案？【解】分两步，先给上底面的5个顶点染色，每个顶点都有3种方法，共有35种方法，再给下底面的5个顶点染色，因为各侧棱两个端点不同色，所以每个顶点有2种方法，共有25种方法，根据分步乘法计数原理，共有35·25＝7 776(种)染色方案．。
3.1.1 基本计数原理
第三章排列、组合与二项式定理3.1 排列与组合3.1.1基本计数原理基础过关练题组一分类加法计数原理1.(2020陕西西安高二期末)已知完成一项工作可以有两种方法,有5个人只会用第一种方法,另外有4个人只会用第二种方法,从这9个人中选出1个人完成这项工作,则不同的选法共有 ()A.5种B.4种C.9种D.20种2.(2020重庆八中高二月考)小王有70元钱,现有面值分别为20元和30元的两种IC电话卡.若他至少买一张,则不同的买法共有()A.7种B.8种C.6种D.9种3.(2019天津宝坻高二下学期期中)用1,3,5,7中的任意一个数作分子,2,4,8,9中的任意一个数作分母,可构成真分数的个数为()A.8B.9C.10D.114.(2019辽宁大连第二十四中学高二期中)一个三层书架,分别放置各不相同的语文书12本,数学书14本,英语书11本,从中任取一本,则不同的取法有种.(用数字作答)题组二分步乘法计数原理5.(2021山东济南长清高二月考)为响应国家“节约粮食”的号召,某同学决定在学校食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食,并在用餐时积极践行“光盘行动”,则不同的选取方法有()A.48种B.36种C.24种D.12种6.(2021广东揭阳高三一模)某学校有东、南、西、北四个校门,受新冠肺炎疫情的影响,学校作出如下规定:学生只能从东门或西门进入校园,教师只能从南门或北门进入校园.现有2名教师和3名学生要进入校园(不分先后顺序),则他们进入校园的方式共有()A.6种B.12种C.24种D.32种7.如图,在由电键组A与B组成的串联电路(规定每组电键只能合上其中的一个电键)中,接通电源使灯泡发光的方法有种.8.(2019辽宁本溪高二期中)用5种不同的颜色,给图中的(1)(2)(3)(4)的各部分涂色,规定每部分只涂1种颜色,相邻部分涂不同颜色,则涂色方法共有种.题组三基本计数原理的应用9.(2019北师大附中高二期中)已知集合M={-2,3},N={-4,5,6},依次从集合M,N中各取出一个数分别作为点P的横坐标和纵坐标,则在平面直角坐标系中,位于第一、二象限内的点P的个数是 ()A.4B.5C.6D.710.芳芳同学有4件不同颜色的上衣,3件不同花样的半身裙,另有两套不同样式的连衣裙.“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出,则芳芳同学不同的选择方式的种数为()A.24B.14C.10D.911.(2020浙江杭州高考模拟)某超市内一排共有6个收费通道,每个通道处有a、b两个收费点,根据每天的人流量,超市准备周一开通其中的3处通道,要求3处通道互不相邻,且每个通道至少开通一个收费点,则周一这天超市开通收费通道的安排方式共有种. 12.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)每个年级选一名组长,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?能力提升练题组一基本计数原理的综合应用1.(2019辽宁省实验中学高三月考,)高二年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参观学习,去哪个工厂可以自由选择,甲工厂必须有班级要去,则不同的参观方案有()A.16种B.18种C.37种D.48种2.(2019安徽合肥一中高考模拟,)某电商为某次活动设计了“和谐”“爱国”“敬业”三种红包,活动规定每人可以依次点击4次,每次都会获得三种红包中的一种,若集全三种即可获奖,但三种红包出现的顺序不同对应的奖次也不同.员工甲按规定依次点击了4次,直到第4次才获奖,则他获得奖次的不同情形种数为 ()A.9B.12C.18D.243.(2019上海位育中学高二期末,)已知△ABC三边a,b,c的长都是整数,且a≤b≤c,如果b=25,则符合条件的三角形的个数是( )A.124B.225C.300D.3254.(多选)(2020北京第六十六中学高二上期中,)某校实行选课走班制度,张毅同学选择的是地理、生物、政治这三科,且生物在B层,该校周一上午选课走班的课程安排如下表所示,张毅选择的三个科目的课各上一节,另外一节上自习,则下列说法正确的是() 第1节第2节第3节第4节地理1班化学A层3班地理2班化学A层4班生物A层1班化学B层2班生物B层2班历史B层1班物理A层1班生物A层3班物理A层2班生物A层4班物理B层2班生物B层1班物理B层1班物理A层4班政治1班物理A层3班政治2班政治3班A.此人有4种选课方式B.此人有5种选课方式C.自习不可能安排在第2节D.自习可安排在4节课中的任一节5.(2019安徽巢湖高二期末,)现有5种不同的颜色,给如图所示的几何体的五个顶点P,A,B,C,D涂色,要求同一条棱上的两个顶点颜色不能相同,则不同的涂色方法有()A.240种B.360种C.420种D.480种6.(2021河南洛阳一高高二期中,)假设今天是4月23日,某市未来六天的空气质量预报情况如下表所示.该市甲、乙、丙三人计划在未来六天(4月24日~4月29日)内任选一天出游,甲只选择空气质量为优的一天出游,乙不选择周一出游,丙不选择明天出游,且甲与乙不选择同一天出游,则这三人出游的不同选择种数为.周五周六周日周一周二周三4月24日4月25日4月26日4月27日4月28日4月29日优优优优良良7.(2021安徽合肥高二段考,)某玩具厂参加2020年邯郸园博园产品展出,带了四款不同类型不同价格的玩具牛,它们的价格(单位:元)分别是20,30,50,100,某礼品进货商想趁牛年之际搞一个玩具特卖会,准备买若干款不同类型的玩具样品(每款只购一只,且必须至少买一款),由于信用卡出现故障,身上现金只剩170元,请问该礼品进货商购买玩具样品的方案有种.(用数字作答)8.(2020重庆高考模拟调研,)有4个不同的奇数,5个不同的偶数,现从中依次任取3个数,分别记为a,b,c,则使ab+c为奇数的不同取法共有种.题组二计数原理的创新应用9.(2020辽宁沈阳高三期末,)中国古代十进制的算筹计数法,在数学史上是一个伟大的创造,算筹实际上是一根根同长短的小木棍.如图是利用算筹表示1~9的一种方法,则据此,3可表示为“≡”,26可表示为“=⊥”.现有6根算筹,据此表示方法,若算筹不能剩余,则可以表示的两位数的个数为()A.9B.13C.16D.1810.(2020山东潍坊高考模拟,)如果一个三位数abc同时满足a>b 且b<c,则称该三位数为“凹数”,那么所有不同的三位“凹数”的个数是.11.(2021内蒙古呼和浩特高三一模,)中国象棋中棋子“马”的走法规则是走“日”字的对角线,如图(图中楚河汉界处的“日”字没有画出),“马”从点A处走出一步,只能到达点B,C,D中的一处.则“马”从点A出发到达对方“帅”所在的P处,最少的步数是.答案全解全析基础过关练1.C 会用第一种方法的有5个人,选出1个人完成这项工作有5种选法;会用第二种方法的有4个人,选出1个人完成这项工作有4种选法.由分类加法计数原理知,共有9种不同的选法,故选C.2.A 要完成的一件事是“至少买一张IC 电话卡”,分三类完成:买1张IC 电话卡,买2张IC 电话卡,买3张IC 电话卡,而每一类都能独立完成“至少买一张IC 电话卡”这件事.买1张IC 电话卡有2种方法,即买一张20元面值的或买一张30元面值的;买2张IC 电话卡有3种方法,即买两张20元面值的或买两张30元面值的或20元面值的和30元面值的各买一张;买3张IC 电话卡有2种方法,即买两张20元面值的和一张30元面值的或买3张20元面值的.故共有2+3+2=7种不同的买法.3.D 分四种情况:(1)当分子为1时,有12,14,18,19,共4个真分数;(2)当分子为3时,有34,38,39=13,共3个真分数;(3)当分子为5时,有58,59,共2个真分数;(4)当分子为7时,有78,79,共2个真分数.由分类加法计数原理知,可构成真分数的个数为4+3+2+2=11.故选D .4.答案 37解析 一个三层书架,分别放置各不相同的语文书12本,数学书14本,英语书11本,从中任取一本,由分类加法计数原理可知,不同的取法有12+14+11=37(种),故答案为37.5.B 由题意可知,分三步完成:第一步,从2种主食中任选一种有2种选法;第二步,从3种素菜中任选一种有3种选法;第三步,从6种荤菜中任选一种有6种选法.由分步乘法计数原理可知,共有2×3×6=36种不同的选取方法,故选B.6.D因为学生只能从东门或西门进入校园,所以3名学生进入校园的方式共有23=8(种).因为教师只能从南门或北门进入校园,所以2名教师进入校园的方式共有22=4(种).所以他们进入校园的方式共有8×4=32(种).故选D.7.答案 6解析要完成的“一件事”是“使灯泡发光”,只有先合上A组中2个电键中的任意一个,再合上B组中3个电键中的任意一个时,接通电源,灯泡才能发光.因此要完成这件事,需要分步,只有各个步骤都完成才能使灯泡发光,所以接通电源使灯泡发光的方法有2×3=6(种).8.答案240解析先涂(3)有5种涂法,再涂(2)有4种涂法,然后涂(1)有3种涂法,最后涂(4)有4种涂法,所以共有5×4×3×4=240种涂色方法. 9.A要使得点P在平面直角坐标系中位于第一、二象限内,且集合M 中的元素作为点P的横坐标,N中的元素作为点P的纵坐标,则在第一象限的点共有1×2=2(个);在第二象限的点共有1×2=2(个).由分类加法计数原理可得满足题意的点P的个数为2+2=4,故选A.10.B根据题目信息可知需要分两类:第一类是穿上衣和半身裙:分两步,上衣有4种选择,半身裙有3种选择,共有4×3=12种选择方式;第二类是穿连衣裙,有2种选择方式.故共有12+2=14种选择方式.故选B.11.答案108解析将6个收费通道依次编号为1,2,3,4,5,6,从中选择3个互不相邻的通道,有135,136,146,246,共4种不同的选法.对于每个通道,至少开通一个收费点,即只开通a收费点,只开通b收费点,同时开通两个收费点,共3种不同的安排方式.由分步乘法计数原理,可得周一这天超市开通收费通道的安排方式共有4×33=108(种).12.解析(1)根据题意,选其中一人为负责人,有3种情况:若选出的是高一学生,则有13种情况;若选出的是高二学生,则有12种情况;若选出的是高三学生,则有9种情况.由分类加法计数原理可得,共有13+12+9=34种不同的选法.(2)根据题意,从高一学生中选出1人,有13种情况;从高二学生中选出1人,有12种情况;从高三学生中选出1人,有9种情况.由分步乘法计数原理可得,共有13×12×9=1 404种不同的选法. (3)根据题意,分三种情况讨论:若选出的是高一、高二学生,则有13×12=156种情况;若选出的是高一、高三学生,则有13×9=117种情况;若选出的是高二、高三学生,则有12×9=108种情况.由分类加法计数原理可得,共有156+117+108=381种不同的选法.能力提升练1.C根据题意,若不考虑限制条件,每个班级都有4种选择,共有4×4×4=64种方案,其中工厂甲没有班级去,即每个班都选择了其他三个工厂,此时每个班级都有3种选择,共有3×3×3=27种方案,则符合条件的方案有64-27=37(种),故选C.2.C根据题意,若员工甲直到第4次才获奖,则其第4次才集全“和谐”“爱国”“敬业”三种红包,则甲第4次获得的红包有3种情况,前三次获得的红包为其余的2种,有23-2=6种情况,则他获得奖次的不同情形种数为3×6=18.故选C.3.D根据题意,a可取的值为1,2,3, (25)根据三角形的三边关系,有25≤c<25+a,当a=1时,有25≤c<26,则c=25,有1种情况;当a=2时,有25≤c<27,则c=25或c=26,有2种情况;当a=3时,有25≤c<28,则c=25或c=26或c=27,有3种情况;当a=4时,有25≤c<29,则c=25或c=26或c=27或c=28,有4种情况; ……当a=25时,有25≤c<50,则c=25或c=26或c=27或c=28或……或c=49,有25种情况.综上,符合条件的三角形的个数是1+2+3+4+…+25=25(1+25)=325.故选2D.4.BD由于生物在B层,只有第2,3节有,故分两类:若生物选第2节,则地理可选第1节或第3节,有2种选法,其他两节政治、自习任意选即可,故有2×2=4种(此种情况自习可安排在第1,3,4节中的某节);若生物选第3节,则地理只能选第1节,政治只能选第4节,自习只能选第2节,故有1种.根据分类加法计数原理可得选课方式有4+1=5(种).综上,自习可安排在4节课中的任一节.5.C当顶点A,C同色时,顶点P有5种颜色可供选择,顶点A有4种颜色可供选择,顶点B有3种颜色可供选择,此时顶点C与顶点A同色,只有1种颜色可选,顶点D有3种颜色可选,不同的方法共有5×4×3×1×3=180(种);当顶点A,C不同色时,顶点P有5种颜色可供选择,顶点A有4种颜色可供选择,顶点B有3种颜色可供选择,此时顶点C与顶点A不同色,有2种颜色可选,顶点D有2种颜色可选,不同的方法共有5×4×3×2×2=240(种).综上,不同的方法共有180+240=420(种),故选C.6.答案85信息提取根据甲只选择空气质量为优的一天出游,乙不选择周一出游,丙不选择明天出游,且甲与乙不选择同一天出游,对甲的出游选择进行分类讨论.当甲选择周一出游时,乙可从除周一外的5天中任选一天,丙可从除明天(即4月24日)外的5天中任选一天;当甲不选择周一出游时,甲可从其余空气质量为优的3天中任选一天,乙可从除周一及甲出行日期以外的4天中任选一天,丙可从除明天(即4月24日)外的5天中任选一天.解析若甲选择周一出游,则三人出游的不同选择种数N1=1×5×5=25;若甲不选择周一出游,则三人出游的不同选择种数N2=3×4×5=60.故这三人出游的不同选择种数N=N1+N2=85.7.答案13解析依题意,限制条件为每款只购一只,且必须至少买一款;消费金额不能超过170元.故可分为以下几种情况:①只购买一款玩具样品:共4种方案.②购买两款玩具样品:买20和30的各一只;买20和50的各一只;买20和100的各一只;买30和50的各一只;买30和100的各一只;买50和100的各一只,共6种方案.③购买三款玩具样品:买20,30和50的各一只;买20,30和100的各一只;买20,50和100的各一只,共3种方案.所以购买玩具样品的方案共有4+6+3=13(种).8.答案260解析要使ab+c为奇数,数组(a,b,c)的奇偶性可为(偶,偶,奇)、(奇,偶,奇)、(偶,奇,奇)、(奇,奇,偶).若为(偶,偶,奇),即a为偶数,b为偶数,c为奇数,则有5×4×4=80(种);同理,若为(奇,偶,奇),则有4×5×3=60(种);若为(偶,奇,奇),则有5×4×3=60(种);若为(奇,奇,偶),则有4×3×5=60(种).综上,所有情况的种数为80+60+60+60=260.9.C根据题意,6根算筹可以表示的数字组合为1、5,1、9,2、4,2、8,3、3,3、7,4、6,6、8,7、7.数字组合1、5,1、9,2、4,2、8,3、7,4、6,6、8中,每组可以表示2个两位数,则可以表示2×7=14个两位数;数字组合3、3,7、7中,每组可以表示1个两位数,则可以表示2×1=2个两位数.综上,共可以表示14+2=16个两位数.故选C.10.答案285解析根据题意,按十位数字分类讨论:①十位数字是9时,三位“凹数”的个数为0;②十位数字是8时,只有989,此时三位“凹数”的个数为1;③十位数字是7时,百位与个位都有2种可能,所以此时三位“凹数”的个数为2×2=4;④十位数字是6时,百位与个位都有3种可能,所以此时三位“凹数”的个数为3×3=9;⑤十位数字是5时,百位与个位都有4种可能,所以此时三位“凹数”的个数为4×4=16;⑥十位数字是4时,百位与个位都有5种可能,所以此时三位“凹数”的个数为5×5=25;⑦十位数字是3时,百位与个位都有6种可能,所以此时三位“凹数”的个数为6×6=36;⑧十位数字是2时,百位与个位都有7种可能,所以此时三位“凹数”的个数为7×7=49;⑨十位数字是1时,百位与个位都有8种可能,所以此时三位“凹数”的个数为8×8=64;⑩十位数字是0时,百位与个位都有9种可能,所以此时三位“凹数”的个数为9×9=81.综上,所有不同的三位“凹数”的个数是1+4+…+81=285.11.答案 6信息提取利用棋子“马”的走法规则是走“日”字的对角线,尽量向P点靠拢.解析由题意可知,按如图中虚线所示的走法(走法不唯一)从点A出发到达对方“帅”所在的P处时步数最少,此时步数为6.。
《基本计数原理》课件
分布乘法计数原理的公式为
$n(A) = n(A_1) times n(A_2 | A_1) times n(A_3 | A_1, A_2) times ldots$
分布乘法计数原理的实例
假设有一个班级有30名学生，其中10名是男生，20名是女生。现在要选择一个 由3名学生组成的代表队，要求其中必须有1名男生和2名女生，问有多少种不同 的选择方式？
分类加法计数原理的数学表达式
$M = |A_1| + |A_2| + ldots + |A_n|$，其中$M$表示完成这件事情的总方法数 ，$|A_i|$表示第$i$个分类的方法数。
分类加法计数原理的实例
分类加法计数原理在排列组合中的应用
在排列组合中，分类加法计数原理常用于计算不同元素分组的方法数。例如，计算从$n$个不同元素中取出$k$ 个元素（不考虑顺序）的分组方法数，可以按照元素的性质进行分类，然后利用分类加法计数原理计算。
统计学
在统计学中，计数原理用于描述和预测数据 分布。
PART 02
分类加法计数原理
分类加法计数原理的概述
分类加法计数原理定义
对于具有两个或多个互斥的分类$A_1, A_2, ldots, A_n$，若完成一件事情，则 该事情可以由$A_1, A_2, ldots, A_n$中的某一类单独完成。因此，完成这件事 情的方法数等于各个分类方法数的和，即$n$个互斥的分类方法数之和。
随机试验
计数原理可以用于分析随机试验中的结果数量，例如在抛硬币试验中，可以用计数原理计算出现正面 的次数。
在组合数学中的应用
排列组合
计数原理是组合数学中的基本原理，可 以用于计算排列和组合的数量。例如， 通过计数原理可以计算从n个不同元素中 取出r个元素的组合数。
计数原理在实际中的应用
计数原理在实际中的应用1. 简介计数原理是计算机系统中的基本原理之一，它用于对事件或数据进行计数和统计。
计数原理广泛应用于各个领域，包括工业生产、交通运输、金融、电子商务等。
本文将从几个方面介绍计数原理在实际中的应用。
2. 工业生产中的计数应用•生产线计数：在工业生产中，计数原理常用于生产线的计数和统计。
通过在生产线上设置传感器，可以实时监测并计数产品的数量，从而实现生产线的自动控制和优化。
•零部件库存管理：计数原理也广泛应用于工业零部件的库存管理。
通过对入库和出库的零部件计数，可以实时跟踪和管理库存数量，避免库存偏差和物料短缺。
3. 交通运输中的计数应用•交通流量监测：计数原理在交通运输中常用于交通流量的监测和统计。
通过在道路或桥梁上设置传感器，可以实时监测车辆的通过数量，并根据统计数据进行交通管理和规划。
•车辆计费系统：在城市停车场或高速公路收费站中，计数原理被广泛应用于车辆计费系统。
通过对进入和离开停车场或收费站的车辆进行计数，可以自动计算车辆的停车时间和费用。
4. 金融领域中的计数应用•ATM取款机：在ATM取款机中，计数原理被用于计算和验证取款金额。
通过计数纸币或硬币的数量，可以确保取款机的准确性和可靠性。
•POS机结算：计数原理还常用于POS机的结算过程中。
通过对购物车中商品的数量进行计数，可以自动计算出购物总额和找零金额。
5. 电子商务中的计数应用•商品库存管理：在电子商务平台中，计数原理被用于商品库存的管理。
通过对库存量进行实时计数，可以避免商品缺货和超售的情况，提高用户购物体验。
•订单管理：计数原理也被应用于电子商务平台的订单管理中。
通过对订单数量进行计数，可以实时跟踪和管理订单状态，提供用户订单信息的查询和更新。
6. 总结计数原理作为计算机系统的基本原理，其应用范围非常广泛。
本文介绍了计数原理在工业生产、交通运输、金融和电子商务等领域中的应用。
通过合理应用计数原理，可以提高生产效率、优化交通管理、提供金融服务和改善电子商务体验等方面的工作。
基本计数原理的应用问题
基本计数原理的应用问题问题描述在日常生活和工作中，我们经常会遇到一些与计数相关的问题。
例如：一个班级有多少学生？一个月有多少天？某个商品的销售数量是多少？这些问题涉及到的都是数量的计算和统计。
在面对这些问题时，我们可以借助基本计数原理来解决。
基本计数原理基本计数原理是指根据“乘法原理”和“加法原理”来进行计数的方法。
乘法原理乘法原理是指如果一个事件有 m 种方式发生，另一个事件有 n 种方式发生，那么这两个事件同时发生的方式就有 m × n 种。
加法原理加法原理是指如果一个事件有 m 种方式发生，另一个事件有 n 种方式发生，那么这两个事件发生的方式一共有 m + n 种。
应用问题下面我们来看几个基于基本计数原理的应用问题。
问题一：班级学生数某班级有 4 个年级，每个年级有 6 个班级，每个班级有 30 名学生。
请问该班级共有多少学生？解答：根据乘法原理，某班级共有 4 × 6 × 30 = 720 名学生。
问题二：任务分配某个项目需要分配给 3 个团队来完成，其中团队 A 有 5 人，团队 B 有 4 人，团队 C 有 6 人。
假设每个团队只能完成一个任务，请问该项目有多少种分配方式？解答：根据乘法原理，该项目有 5 × 4 × 6 = 120 种分配方式。
问题三：选择题某次考试有 5 道选择题，每道题有 4 个选项。
请问该次考试共有多少种答题方式？解答：根据乘法原理，该次考试共有 4 × 4 × 4 × 4 × 4 = 1024 种答题方式。
问题四：每月天数我们知道一年有 12 个月，那么一年有多少天？解答：根据加法原理，一年有 31 + 28 + 31 + 30 + 31 + 30 + 31 + 31 + 30 + 31 + 30 + 31 = 365 天。
总结基本计数原理是解决数量计算问题的基础方法之一。
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基本计数原理的综合应用
1．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
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．
知识内容
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2：1
1C 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．
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）
2、由正方体的8个顶点可确定多少个不同的平面？
3、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）
典例分析
4、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
5、某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如图）．现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有种．（以数字作答）
6、用0，1，2，3，4，5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．
7、同室4人各写1张贺年卡，先集中起来，然后每人从中各拿1张别人送出的贺年卡，则4张贺年卡不同的分配方式有（）
A．6种B．9种C．11种 D．23种
8、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，那么不同的插法种数为（）A．504B．210C．336D．120
9、某班学生参加植树节活动，苗圃中有甲、乙、丙3种不同的树苗，从中取出5棵分别种植在排成一排的5个树坑内，同种树苗不能相邻，且第一个树坑和第5个树坑只能种甲种树苗的种法共（ ） A ．15种 B ．12种 C ．9种 D ．6种
10、如图所示，画中的一朵花，有五片花瓣.现有四种不同颜色的画笔可供选择，规定每片花瓣都要涂色，且只涂一种颜色.若涂完的花中颜色相同的花瓣恰有三片，则不同涂法种数为 （用数字作答）
.
11、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 ．324 B ．328 C ．360 D ．648
12、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．
9
8
7
654321
A ．72
B ．108
C ．144
D ．192
13、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，那么一个队打14场共得19分的情况有（ ）
A ．3种
B ．4种
C ．5种
D ．6种。