高二数学两个计数原理
2_两个计数原理及其综合应用(
第三类：A，C，E种3种植物，有4×3×2＝24(种)种法，这时B，
D ， F 各有 2 种种法，一共有 24×23 ＝ 192( 种 ) 种法．由分类加法计 数原理知，共有108＋432＋192＝732(种)种法． 答案 732
＝45(种)不同的取法； 10×9 第二类：两个奇数相加，由分步乘法计数原理，共有 ＝ 2 45(种)不同的取法． 由分类加法计数原理得，共有 45＋45＝90(种)不同取法．
【练习2】
(1)4 名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每
人报一项，共有多少种报名方法？ (2)4 名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共 有多少种可能的结果？ 解 (1) 34＝81 (2) 43＝64
(2)有3名学生分配到某工厂的5个车间去参加社
会实践，有多少种不同的分配方案？
【例2】 由1,2,3,4可以组成多少个自然数(数 字可以重复，最多只能是四位数)?
【练习 1】 从 1～20 共 20 个整数中任取两个相加，使其和 为偶数的不同取法共有多少种？
解 10×9 第一类： 两个偶数相加， 由分步乘法计数原理， 共有 2
7、用0，1，2，……，9可以组成多少个无重复数字的4位偶数；
例3用计数原理求72的正约数 (包括 1和 72) 共有多少个？ 72 ＝ 23×32 ， ∴ 2m·3n(0≤m≤3,0≤n≤2 ， m ，
n∈N) 都是 72 的正约数， m 的取法有 4 种， n
的取法有3种，共有4×3＝12(种)．
当 A 与 E 种植相同植物或不同植物时 F 的种法有区别， 不全是2种． [正解] 分3类考虑，第一类：A，C，E种同一种植物，有4种种法， 当A，C，E种好后，B，D，F从余下3种植物中选1种，各有3种种
高二数学(选修2-3人教B版)-计数原理全章总结
例6、求 (1 2x)5的展开式的：
（1）第三项的二项式系数； （2）第三项的系数； （3）所有项的系数和. 解：（2）由通项可知，展开式的第三项是
T3 C52 13 (2x)2 40x2
所以，第三项的系数为40.
例6、求 (1 2x)5的展开式的：
表示？
(a b)n (a b)(a b) (a b)
n个a b
Tr1 Cnr anr br
例6、求 (1 2x)5的展开式的：
（1）第三项的二项式系数； （2）第三项的系数； （3）所有项的系数和.
例6、求 (1 2x)5的展开式的：
（1）第三项的二项式系数； （2）第三项的系数； （3）所有项的系数和.
解：首先将A、B、C、D排成一排，共有 A44 种排法，每一种
排法都会产生五个“空”，在这五个“空”中任选一个，将E
放入，共有 C51 种方法；其次，E中的两个元素可以交换，有 A22
种方法.
所以，共有 A44 C51 A22 240 种不同的排法.
问题4 (a b)n 的展开式中的系数为什么可以用组合数的形式
（
Cm n1
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
Cmn
Cm1 n
）？
作业： 1.一个集合由8个元素组成，这个集合含有3个元素的子集有多 少个？ 2.将6名应届大学毕业生分配到两个用人单位，每个单位至少 两人，一共有多少种不同的分配方案？ 3.求 (9x 1 )18 展开式的常数项，并说明它是展开式的第几项.
3x
入，共有 A43 种排法. 所以，一共有A33 A43 144 种不同的排法.
例5、有6位同学站成一排，符合下列各题要求的不同排法有多 少种？ （2）甲、乙相邻. 解：（2） 设除甲、乙之外的另外四个同学为A、B、C、D. 因为甲、乙要相邻，所以可以把甲、乙“绑”在一起看作一个 元素(记为E).
1.1两个基本原理(2)
二、两个原理的联系、区别：
分类计数原理 分步计数原理
联系 都是研究完成一件事的不同方法的种数的问题
完成一件事，共有n类 完成一件事，共分n个 区别1 办法，关键词“分类” 步骤，关键词“分步”
每类办法相互独立， 各步骤中的方法相互依 每类方法都能独立地 存，只有各个步骤都完 区别2 完成这件事情 成才算完成这件事
三、例题分析
1.有386，486，586型电脑各一台，A、B、C、D四 名操作人员的技术等次各不相同，A、B会操作三种 型号的电脑，C不能操作586，而D只会操作386，今 从这四名操_________种. 2.某市拟成立一个由6名大学生组成的社会调查小组， 并准备将这6个名额分配给本市的3所大学，要求每 所大学都有学生参加，则不同的名额分配方法共有 _______种
1.1 两个基本计数原理(2)
一、复习回顾两个基本计数原理
分类计数原理：完成一件事，有n类方式，在第1 类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有 m2种不同的方法，……，在第n类方式中有mn种 不同的方法，那么完成这件事共有 N=m1+m2+…+mn种不同的方法。 分步计数原理：完成一件事，需要分成n个步骤， 做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不 同的方法，……，做第n有mn种不同的方法，那 么完成这件事共有N=m1×m2×…×mn种不同的 方法。
三、例题分析
3.现要排一份5天的值班表，每天有一个人值班，共 有5个人，每个人都可以值多天班或不值班，但相邻 两天不准由同一个人值班，问此值班表共有多少种 不同的排法？ 4.乘积(a1+a2+a3)(b1+b2+b3+b4)(c1+c2+c3+c4+c5) 的展开式中，有___ 项。 5.1800的正约数个数为_______。 6.有四位老师在同一年级的4个班级中，各教一班的 数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监 考，则安排监考的方法总数是________.
高二数学两个基本原理
分类计数原理 完成一件事，有n类方 式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在 第2类方式中有m2种不同的方法，…，在第 n类方式中有mn种不同的方法，那么完成这 件事共有：
N m1 m2 mn
种不同的方法。
分类计数原理又称为加法原理。
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；
，使得收敛送终，尽其子道”夏五月，诏曰“父子之亲，夫妇之道，天性也。虽有患祸，犹蒙死而存之。诚爱结於心，仁厚之至也，岂能违之哉。自今，子首匿父母、妻匿夫、孙匿大父母，皆勿坐。其父母匿子、夫匿妻、大父母匿孙，罪殊死，皆上请廷尉以闻”立广川惠王孙文为广川王。秋七月， 大司马霍禹谋反。诏曰“乃者，东织室令史张赦使魏郡豪李竟报冠阳侯霍云谋为大逆，朕以大将军故，抑而不扬，冀其自新。今大司马博陆侯禹与母宣成侯夫人显及从昆弟冠阳侯云、乐平侯山、诸姊妹婿度辽将军范明友、长信少府邓广汉、中郎将任胜、骑都尉赵平、长安男子冯殷等谋为大逆。显前 又使女侍医淳于衍进药杀共哀后，谋毒太子，欲危宗庙。逆乱不道，咸伏其辜。诸为霍氏所诖误未发觉在吏者，皆赦除之”八月已酉，皇后霍氏废。九月，诏曰“朕惟百姓失职不赡，遣使者循行郡国问民所疾苦。吏或营私烦扰，不顾厥咎，朕甚闵之。今年郡国颇被水灾，已振贷。盐，民之食，而贾 咸贵，众庶重困。其减天下盐贾”又曰“令甲，死者不可生，刑者不可息。此先帝之所重，而吏未称。今系者或以掠辜若饑寒瘐死狱中，何用心逆人道也。朕甚痛之。其令郡国岁上系囚以掠笞若瘐死者所坐名、县、爵、里，丞相、御史课殿最以闻”十二月，清河王年有罪，废迁房陵。元康元年春， 以杜东原上为初陵，更名杜县为杜陵。徙丞相、将军、列侯、吏二千石、訾百万者杜陵。三月，诏曰“乃者凤皇集泰山、陈留，甘露降未央宫。朕未能章先帝休烈，协宁百姓，承天顺地，调序四时，获蒙嘉瑞，赐兹祉福，夙夜兢兢，靡有骄色，内省匪解，永惟罔极。《书》不云乎
3.2-两个计数原理
4. 用 0,1,2,3,4 可以组成多少个无重复数字的 比 2 300 大的四位数？
解法：按千位是 2,3,4 分三类： 第一类：千位是 2 的有 2×3×2＝12(个)； 第二类：千位是 3 的有 4×3×2＝24(个)； 第三类：千位是 4 的有 4×3×2＝24(个)； 则由分类加法计数原理有 N＝12＋24＋24＝60(个)．
例1.书架的第1层放有5本不同的数学书，第2层放有3 本不同的语文书，第3层放有2本不同的英语书。
（1）从书架上任取1本书，有多少种不同的取法? （2）从书架的第1、2、3层各取1本不同的书，有多少 种不同的取法？
解：（2）从书架的第1、2、3层各取1本书，可 分3个步骤完成：
第1步有5种方法；
第2步有3种方法；
分类计数原理
分步计数原理
完成一件事，共有n类 区别1 办法，关键词“分类”
完成一件事，共分n个 步骤，关键词“分步”
区别2
每类办法都能独立地完成 这件事情，它是独立的、 一次的、且每次得到的是 最后结果，只须一种方法 就可完成这件事。
每一步得到的只是中间结果， 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，只有各个步骤都完成 了，才能完成这件事。
例2： 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？
（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中选取一个数字做千位数字，有4 种 不同的选取方法；
第二步 从1，2，3，4中剩余的三个数字和0共四个数字中选取 一个数字做百位数字，有4种不同的选取方法；
第三步 从剩余的三个数字中选取一个数字做十位数字，有3种 不同的选取方法；
高二数学两个计数原理
例1. 射阳的电话号码是8×××××××,后面每个 数字来自0～9这10个数,问可以有多少个不同的电 话号码?
分析:
变: 若要求后面7个数字不重复,则又有多少种 不同的电话号码?
练习
为了对某农作物新品选择最佳生产条 件,在分别有3种不同土质,2种不同施肥 量,4种不同种植密度,3种不同时间的因 素下进行种植试验,则不同的实验方案 72 共有_______种?
苏州标志设计 苏州VI设计
达咯热河。第壹站就是狮子园，那是皇上在热河赏赐给王爷の园子，距离行宫很近。由于皇上喜好行围打猎之事，乐别思返，即使即将入冬，他仍是决定再住上壹段时间，那 里虽然别比辽阔の大草原，但是那里既能行围打猎，又有山清水秀の风景，更有行宫舒适良好の生活环境，可是要比那紫禁城强上几百倍。此时已是秋风瑟瑟の九月，又是地 处塞外，气候与京城相比，甚是寒冷。幸好王爷有自己の园子，而别是投宿驿馆，女眷壹行生活在自家の园子里，就像是在京城壹样。现在の那各格局颇似京城，行宫就好比 紫禁城，狮子园就好比雍亲王府，王爷每天壹早去行宫上早朝，晚上回到狮子园歇息。假设遇到轮值啥啊の，王爷就会歇到行宫の值班房。所以在狮子园中，众人几乎见别到 王爷の身影。壹大清早就前去行宫上早朝，下咯早朝，或是继续御前听差，或是陪伴皇上行幸围猎，或是遇到轮值，或是遇到应酬，所以行宫の值班房倒成咯他经常歇息の地 方，便于随时应差，非常方便。没什么王爷の狮子园，别管是主子还是奴才们全都是喜别自禁，因为大家都是围着王爷壹各人转，现在王爷别在，大家全都乐得轻松自在。水 清那是第壹次到狮子园，就像草原壹样，也是她此生唯壹の壹次热河之行。当她刚下马车，初见园子の时候，她の那双大双眼睛怎么看都看别够。虽然那里没什么草原の辽阔， 没什么湖广の秀美，但是，比起王府来，那里简直就是天堂。她再也别用整日里抬头别见低头见地看他の脸色行事，更主要の是，园子里没什么王府里那么多の规矩，既有和 京城壹样の舒适度，又有比王府更高の自由度，而水清又是壹各无比向往自由，向往安宁生活の壹各人，所以在狮子园中，水清仿佛是瞬间跌入咯蜜罐壹般。别要说是水清那 各主子跌进咯蜜罐，就是除咯秦顺儿之外の所有奴才们也都是同样跌进咯蜜罐。王爷很少出现，侧福晋整日里也见别到人影，偶尔出来走动走动，还是壹各“面容稚嫩、毫无 心机”の小主子，奴才们可别是都要高兴坏咯。王爷の身边有两各奴才，壹各秦顺儿，壹各吉尔。秦顺儿壹天二二十三小时别离王爷左右，吉尔则是长期驻扎值班房。虽然吉 尔是除秦顺儿以外最辛苦、最操劳の奴才，但是她同样也是感觉跌进咯蜜罐里。因为王爷三天两头地留宿值班房，几乎别怎么回狮子园。每当王爷壹回值班房，秦顺儿都是极 有眼力劲儿地躲到咯壹边，将他の大部分事项全部交给咯吉尔去做，除非主子专门点名要他秦顺儿办啥啊差事。吉尔则牢牢谨记排字琦の谆谆教诲，办差竭尽全力，同时将她 那爱慕之情深深地埋藏在心中，决别可在眼神或是行动上泄露出半点儿心思，万别可壹步别慎，满盘皆输。第壹卷 第563章 思女天堂里也有无奈与遗憾，天使也有忧郁与伤 心。水清在狮子园中の生活虽然十分惬意，但是，没什么悠思の人间天堂竟是如此の寂寞难过！那么美丽の人间胜景，那么美好の幸福时光，她是多么地想与那各可爱の小人 儿壹同来分享！悠思自从降生以来，从来没什么离开过水清の怀抱，可是现在，她们母女分别已经有八天咯，小格格会别会想她那各额娘咯？会别会因为没什么人给她念诗而 哭闹别止？那八天才仅仅是开始，后面还要有漫长の壹各月の时间，啥啊时候才能启程回到京城呢？在路上の时候水清虽然也是日思夜想她の小格格，但壹路上颠簸艰苦，左 壹件事情右壹件事情占据咯她の大部分时间，每当她开始想念悠思の时候，还别等她伤心落泪呢，下壹件事情就又发生咯。现在到咯园子就别壹样咯，整天无所事事，就会满 脑子胡思乱想：那各时间悠思应该用午膳咯呢，那各时间悠思应该在院子晒太阳呢，那各时间吴嬷嬷应该领她到自己の房里咯呢，那各时间„„被思女之痛折磨得坐卧别安の 水清那才刚刚到热河，就开始咯度日如年、盼望归期の生活，别の人是壹天壹天地累加计算日子，她却是反过来，壹天壹天地减除着日子。每壹天醒来，她都会在心中默念壹 句：还有二十五天就可以回京城咯，就可以见到悠思咯。壹天天地掐着手指头数着剩下の日子，伤心
高二数学两个基本计数原理PPT优秀课件
2021/02/25
11
A.45个 B 55个 C 78个 D 91个
例4、如图从A到B，使路程最短的 不同走法有多少种？
A
B
变式:
西北
如右图：从城市的西
北到东南角有多少种
不同走 法？（沿最短
路径）
东南
反馈练习：
• 1。十字路口来往的车辆： • （1）若不允许车辆回头，共有多少种不同的行车路线？ • （2）若允许车辆回头，共有多少种不同的行车路线？
数学应用:
• 例1
AB (1) 满足集合
{a,b},的集合A,B共有多少组?
(2)已知 A{ab,}A, B{ab,,c}, 则满足条件B可 的能 集是 合？
例2、用4种不同颜色给地图上色，要求相邻的两块涂不同的颜色， 共有多少种不同的涂色方法？1324
变式1:如果按①②④③的次序填涂,怎样解 决这个问题? 变式2:试着另外改变次序填涂,怎样解决这 个问题?你能发现解决问题有何规律?
• 2。已知A={1，2，3} • （1）由A A可以组成多少个不同的映射？ • (2) 若A A的映射中，元素2不能对应2，这样的映射有多少
个？
• 思考： 你能推广（1）到更一般的结论吗？
THANKS
FOR WATCHING
演讲人: XXX
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• 练习、用五种不同的颜色给图中四个区域涂色,每个区域涂一种 颜色,
(1)共有多少种不同的涂色方法?
(2)若要求相邻(有公共边)的区域不同色,那么共有多少种不同的涂 色方法?
例3
已知集A合{x| xZ,-2x10}, m,nA方程x2 y2 1,表示焦点在
新人教A版高二数学选修2-3第一章计数原理 1.1 第二课时 两个计数原理的综合应用
由分类加法计数原理知，有 3＋4＝7 种方法． 第四步：由分步乘法计数原理有 N＝4×3×7＝84 种不同的种植方法． 法二：(1)若 A，D 种植同种作物，则 A、D 有 4 种不同的种法，B 有 3 种种植方法，C 也有 3 种种植方法，由分步乘法计数原理，共有 4×3×3＝36 种种植方法． (2)若 A，D 种植不同作物，则 A 有 4 种种植方法，D 有 3 种种植方法， B 有 2 种种植方法，C 有 2 种种植方法，由分步乘法计数原理，共有 4×3×2×2＝48 种种植方法． 综上所述，由分类加法计数原理，共有 N＝36＋48＝84 种种植方法．
• 去年高考延续了五年的总体要求并在创新上有较大的突破； • 难度把控趋于稳定，基本控制在0.55左右； • 充分体现国家意志“一核”、“四层”、 “四翼”， “一核”是总体框架
体现突 出传统文化及党的教育方针：“德智体美劳”五育并举； • 学科思维考察更加凸显，体现数学学科的理性思维特点；
(3)被 2 整除的数即偶数，末位数字可取 0,2,4，因此，可以分 两类，一类是末位数字是 0，则有 4×3＝12(种)排法；一类是末 位数字不是 0，则末位有 2 种排法，即 2 或 4，再排首位，因 0 不能在首位，所以有 3 种排法，十位有 3 种排法，因此有 2×3×3 ＝18(种)排法．因而有 12＋18＝30(种)排法．即可以排成 30 个能 被 2 整除的无重复数字的三位数．
用计数原理解决涂色(种植)问题
[典例] 如图所示，要给“优”、 “化”、“指”、“导”四个区域分别涂上 3 种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色 使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色， 有多少种不同的涂色方法？
[解] 优、化、指、导四个区域依次涂色，分四步． 第 1 步，涂“优”区域，有 3 种选择． 第 2 步，涂“化”区域，有 2 种选择．
高二数学两个基本计数原理5
建构数学
（乘法原理） 分步计数原理：
完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1 种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做 第n步有mn种不同的方法.那么完成这件事共有N = m1×m2×…×mn 种不同的方法.
要点： （1）分步； （2）每步缺一不可，依次完成； （3） N = m1×m2×…×mn （各步方法之积）
数学运用
，通常要设置电子信箱密码，在某网站设置的 信箱中, （1）密码为4位，每位均为0到9这10个数字 中的一个，这样的密码共有多少个？
（2）密码为4位，每位是0到9这10个数字中 的一个，或是从A到Z这26个英文字母中的1个 ，这样的密码共有多少个？ （3）密码为4到6位，每位均为0到9这10个 数字中的一个，这样的密码共有多少个？
Ⅰ
Ⅱ
总结出两个原理的联系、区别：
分类计数原理 分步计数原理
联系 都是研究完成一件事的不同方法的种数的问题
完成一件事，共有n类 完成一件事，共分n个 区别1 办法，关键词“分类” 步骤，关键词“分步” 每类办法相互独立， 各步骤中的方法相互依 区别2 每类方法都能独立地 赖，只有各个步骤都完 完成这件事情 成才算完成这件事情
火车1
深圳
火车2
火车3 汽车1
汽车2
张家界
思考：假使一天中还有航班2次，那么从深圳 到张家界有多少种不同的方法？
由情景1,你能归纳猜想出一般结论吗?
建构数学
分类计数原理： （加法原理）
完成一件事情，有n类方式,在第1类方式中有m1种不 同的方法,在第2类方式中有m2种不同的方法，……， 在第n类方式中有mn种不同的方法。那么完成这件事 共有N= m1+m2+…+mn种不同的方法. 要点： （1）分类； （2）相互独立； （3） N=m1+m2+…+mn（各类方法之和）
高二数学选修23两个计数原理1ppt.ppt
种不同的方法。
分步计数原理又称为乘法原理。
例1、某班共有男生28名、女生20名，从该班选出学生代 表参加校学代会。
（1)若学校分配给该班1名代表，有多少种不同的选法？
（2）若学校分配给该班2名代表，且男女生代表各1名， 有多少种不同的选法？
例2、书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3 本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书，
N m1 m2 mn
种不同的方法。
分类计数原理又称为加法原理。
问题4：从甲地到乙地，要从甲地选乘火 车到丙地，再于次日从丙地乘汽车到乙地。一 天中，火车有3班，汽车有2班。那么两天中， 从甲地到乙地共有多少种不同的走法？
这个问题与前一个问题有什么区别？
分步计数原理 完成一件事，需要分成n 个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步 有m2 种不同的方法，…，做第n步时有mn种不 同的方法。那么完成这件事共有
（1）从书架上任取1本书，有多少种不同的取法？ （2）从书架的第1、2、3层各取1本书，有多少种不同的
取法？
练习1、要从甲、乙、丙3名工人中选出2名分别上日班和 晚班，有多少种不同的选法？
练习2、在下面两个图中，使电路接通的不同方法各有多 少种？
A
B （1）
A
B
（2）
练习3、为了确保电子信箱的安全，在注册时，通常要设 置电子信箱密码。在某网站设置的信箱中。 （1）密码为4位，每位均为0到9这10个数字中的一个数字， 这样的密码共有多少个？
排列及排列公式
组合及组合公式 两个计数原理
应用
二项式定理
1.1 两个基本计数原理
问题3：从甲地到乙地，可以乘火车， 也可以乘汽车，一天中，火车有3班，汽车 有2班．那么一天中，乘坐这些交通工具从 甲地到乙地共有多少种不同的走法？
计数原理
第一章．计数原理一．两个基本计数原理分类计数原理（加法原理）：完成一件事，有n类方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法，…..在第n类方式中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1+m2+….mn种不同的方法。
分布计数原理（乘法原理）：完成一件事，需要分成n个步骤，做第1个有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，….做第n步有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N=m1+m2+….+mn种不同的方法。
二．排列一般的，从n个不同的元素中取出m(m≦n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个元素中取出m个元素的一个排列。
排列数三．组合一般的，从n个不同的元素中取出m(m≦n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合。
组合数㈠简单问题直接法例一．某班级有男生40人，女生20人，⑴从中任选一人去领奖，有多少种不同的选法？60⑵从中任选男女各一人去参加座谈会，有多少种不同的选法？800例二．五名学生报名参加思想体育比赛，每人限报一项，报名方法的种数为多少？1024例三．七个人做两排座位，第一排坐3人，第二排坐4人，有多少种不同的坐法？5040㈡相邻问题捆绑法例一．七个小孩拍照留念，其中三个是女孩，四个是男孩，⑴若三个女孩要站在一起，有多少种不同的排法720⑵若三个女孩要站在一起，四个男孩也要站在一起，则有多少种排法288㈢不相邻问题插空法例一．七个小孩拍照留念，其中三个是女孩，四个是男孩，⑴若三个女孩要互不相邻，有多少种排法1440⑵若三个女孩互不相邻，四个男孩也互不相邻，有多少种排法144例二．8张椅子排成一排，有四个人就坐，每个人一个座位，恰有3个连续的空位的做法共有几种480例三．5名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法有几种例四．七人排成一排，甲乙两人必须相邻，且甲乙都不与丙相邻，则有不同的排法几种？960㈣特殊元素或特殊位置的优先考虑例一．4个男生，3个女生排队，⑴甲不站中间也不站两端，共有多少种排法？2880⑵甲乙中间至少有2个人，有多少种排法2400⑶甲必须在已的右边，有多少种排法2520例二．从6人中选出4人分别到莨山，韶山，衡山，张家界4个旅游景点游览，要求每个景点只有一人游览，每人只游览一个景点，且这6人中甲不去衡山景点，乙不去韶山景点，则不同的安排方法有几种252例三．从6名运动员中选出4人参加4*100米接力，⑴若甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，则有多少种排法252⑵若甲乙都不跑第一棒，则有多少种排法240⑶若甲乙不跑中间两棒，则有多少种排法144例四．将五列车停在5条不同的轨道上，其中a列车不停在第一轨道，b列车不停在第二轨道，那么不同的停车方法有几种78例五．要排出某一天中语文，数学，政治，英语，体育，艺术，6门课各一节的课程表，要求数学课排在前三节，英语课不排在第六节，则不同的排法有几种？288㈤涂色问题例一．在矩形的绿地四角各方一盆花，现有6种不同颜色的花，若要求同一边的两端摆放不同的颜色，则不同的摆放方式有多少种630例二．将三种作物种在5块试验田里，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种植同一作物，不同的种植方法有多少种□□□□□42例三．在田字格中用四种颜色涂，要求相邻的格子颜色不能相同，有多少种不同的涂法㈥几何问题例一．平面内有12个点，任何3点不在同一直线上，以每3点为顶点画一个三角形，一共可画多少个三角形220例二．平面内有12个点，其中有4个点共线，此外再无任何3点共线，以这些点为顶点，可得到多少个不同的三角形216例三．∠A的两条边除A点分别有3给点和四个点，则有这些点，共能构成多少个不同的三角形42例四．从正方体的八个顶点中任取三个点为顶点作为三角形，其中直角三角形有多少个？48例五．共有11层台阶，一个人可以一次走一个台阶或两个台阶，⑴若他恰在第七步走完，共可以有多少种走法35⑵若他要在7步内走完，共可以有多少种走法41例六．甲乙丙3人到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上得人不区分站的位置，则不同的站法有几种？例七．某市有7条南北向街道，5条东西向街道，⑴图中共有多少个矩形210⑵从A点到B点最短路线的走法有多少种？210㈦分组分配例一．对某种产品的6件不同的正品和4件不同的次品，一一进行测试，至区分出所有次品为止，若所有次品恰好在第5次测试时全部发现，则这样的测试方法有几种可能576例二．某校高二年级共有六个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级，且每班安排两名，则不同的安排方案有几种？90例三．从7名男运动员和5名女运动员中，选出4名进行男女混合双打乒乓球比赛，则不同的配组方法有几种420例四．共有8个人，其中6个人会英语，有5个人会法语，现从中选出6个人，3个人翻译英语，3个人翻译法语，共有多少种可能？55例五．若7个人身高都不同，从中取出6人，站成2排，每排3人，要求每一列前排比后排的人矮，共有几种站法？630㈦至多至少恰好间接法例一．袋中有5双不同的鞋子，从中取出4只⑴恰好有2双，共有几种可能？10⑵恰好有2只成双，共有几种可能120⑶至少有2只成双，有几种可能130⑷每只都不成双，有几种可能？80例二．将7名学生分配到甲乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的分配方式有几种？112例三．设有编号12345的五个球和编号为12345的五个盒子，现将五个球放入盒子内，要求每个盒子内放一个球，⑴若恰有两个球的编号与盒子编号相同，则这样的投放方法有几种20⑵若至多有两个球的编号与盒子相同，则这样的投放方法有多少种？109三个人站成一排，要调整位置，每个人都不站在自己的位置上，有2种方法。
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。
两个计数的基本原理
两个计数的基本原理知识点和方法述要1．两个基本原理在计数过程中，乘法原理和加法原理是两个所依据的最基本的原理．(1)乘法原理做一件事，完成它需要n 个步骤，做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法……做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事的所有方法有12n N m m m种．运用乘法原理，关键在于把完成一件事的全过程作多重选取的过程处理，分成若干阶段，每一阶段都是从相应的一个集合中挑选一个元素，考虑其可能有的不同方式数．(2)加法原理做一件事，完成它可以有几类方法，在第一类方法中有m 1种不同方法，在第二类方法中有m 2种不同的方法……在第n 类方法中有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有方法12n N m m m =+++种．如果把一个集合分成若干个子集A 1，A 2，…，A n ，使得 (i ) ()1ij A A i j n =∅≤≠≤ ， (ii ) ()11,2,,ni A i n ===，那么这些子集A 1，A 2，…，A n 叫做A 的一个分划，也就是说，它们的并集为A ，两两交集为空集，满足上述两条性质的子集A 1，A 2，A 3，…，A n ，加法原理表现为12n A A A A =+++ ，这里i A 表示集合A i 所包含的元素个数．上述用集合的观点表示的加法原理，更突出地表明：运用加法原理计数，同级分类必须依据统一的分类标准，不能重复或遗漏．2．穷举法（枚举法）计数中，穷举法（枚举法）是一种最原始最基本的方法，所谓穷举法，即通过对所有情形的一一列举而导致结论的方法，若所计数目不大时，使用这种方法常可见效．3．容斥原理对于任一集合X ，记X 为集合X 的元素数，则(ⅰ)如图2-1所示，121212A A A A A A =+-. (ⅱ)如图2-2所示，123123A A A A A A =++- ()122313123A A A A A A A A A +++ .(ⅲ) 一般地，当m ≥2，()11211m j i j k m i A A A A A A A +≤<<≤+-+-∑j k m容斥原理是加法原理的推广．如果诸项A 1，A 2，…，A m 两两不交，容斥原理即为加法原理．它与加法原理的区别在于后者要求将被计数的集合A 分为子集A 1，A 2，…，A m 时须保证两两不交，即进行分划，而前者可不受此限制．4．N 阶乘积规定 ()()1221n n n n !=-- ． (iv )根据加法原理，对于全集I ，当A I ⊆ 时，I A A =+ ，1211m i i i m i j m A A A A A ≤≤≤<≤=-∑∑即 A I A =- ．由此马上可以得到，当12m A A A I ⊆ 时 1211n m i i j i i j m A A A I A A A =≤<≤=-+∑∑ ()1211m i j k m i j k m A A A A A A ≤<<≤-++-∑ 上述等式我们称为逐步淘汰原理．例题精讲例1 如果直角三角形的边长可表示为22m n + ，22m n - ，2mn ()1,,m n m n N >≥∈ ，边长均小于100，问这样的直角三角形有多少种不同情形？分析 依题设，知22100m n +< ．所以9m ≤，注意到m n > ，穷举如下：当2m = 时，1n = ；当3m = 时，1,2n = ；当4m = 时，1,2,3n = ；当5m = 时，1,2,3,4n = ；当6m = 时，1,2,3,4,5n = ；当7m = 时，1,2,3,4,5,6n =；当8m = 时，1,2,3,4,5,6,7n = ；当9m = 时，1,2,3,4,5,6,7,8n = ．直角三角形具体组成情况如下表所示，共有不同的直角三角形1+2+3+4+5+6+5+4＝30（种）．例2 已知{}12,,,n A a a a = ，求集合的子集数．分析 就单元素集{}a 而言，它的子集有∅，{}a 两个；若集合为{}12,a a ，那么它的子集有∅，{}1a ，{}2a ，{}12,a a 等四个；若集合为{}123,,a a a ，那么它的子集有∅，{}1a ，{}2a ，{}3a ，{}12,a a ，{}23,a a ，{}13,a a ，{}123,,a a a 等八个．由于每个子集的构成取决于元素1a ，2a ， ，3a 是属于还是不属于该集合，根据乘法原理，可知集合A 有子集2n 个，其中包括∅及自身．例3 有壹元人民币3张，伍元人民币2张，拾元人民币4张，伍拾元人民币1张，从中至少取一张，多不限，共可取得多少种不同币值？分析注意到取2张伍元的人民币与1张拾元人民币币值相同，不能算作两种不同取法，为避免重复，将4张拾元人民币和2张伍元人民币的“换成”10张伍元人民币，二者所起的作用是一样的，同样一张伍拾元人民币、2张伍元人民币、4张拾元人民币可“换成”20张伍元人民币，于是问题等价于：有一元人民币3张，伍元人民币10张，至少取一张，多不限，可取得多少种不同币值？把取币的过程看作二重选取过程，从3张壹元人民币中取有0，1，2，3张4种不同情形，从20张伍元人民币中取有0，1，2，…20张21种不同情形，根据乘法原理，有4×21＝84种不同币值．但必须除去壹元、伍元均没有取的情形，故可取得83种不同币值．在计数过程中常常将乘法原理和加法原理结合使用．例4 如图2-3所示的棋盘格形的街道上，若阴影部分内暂时不能通过，问从A到B的最短路线有多少种？分析如图2-4，可将从A到B（不经过阴影部分）最短路线分为三类不同情形．(ⅰ)从A经过P到B．路线是惟一的．（ⅱ）从A经过Q到B．由于从A到Q有8种不同路线，而从Q到B又有8种不同路线，根据乘法原理，从A 经过Q到B的最短路线有8×8＝64(种)．(ⅰ)从A经过R到B．此类路线又可分为两种情形：(ⅱ)从A经R再经N到B，路线是惟一的；(ⅲ)从A经R再经M到B，其中从A到R路线是惟一的，从R到M有2种不同路线，而从M到B又有8种不同路线，根据乘法原理，此类路线有1×2×8＝16(种)．于是从A经R再经M或N列B的路线有17种．根据加法原理，所求路线共有1+64+17＝82(种)．例5 有多少个能被3整除而又含数字6的五位数？分析五位数中含有数字6的情况比较复杂，可以含有一个6，二个6……乃至五个6．这些6还可以出现在各个不同的数位上，故正面分类繁难．不妨从反面去想一想，情形就简单多了，只有不含有数字6一类，只须从被3整除的所有五位数中减去其中不含数字6的数即可求解．从10000到99999这90000个五位数中，能被3整除的五位数有30000个．再看上述30000个数中不含数字6的数．首先最高位数字有1，2，3，4，5，7，8，9等8种不同情形，而千位、百位、十位上不能为6，均有9种不同情形，个位上除了不能为6外，还应保证整个五位数被3整除，换句话说，当前四位数字之和为3除余数为2时，个位数应为1，4，7中一个，当前四位数字之和被3除余数为1时，个位数字可为2，5，8之一，而当余数为0时，个位数可为0，3，9中一个，总而言之，无论前四位数字如何，个位数字都有3种可能情形，根据乘法原理，能被3整除且不含数字6的五位数有8×9×9×9×3＝17496(个)．因此，所求五位数有30000－17496＝12504(个).避繁就简，通过从总数中淘汰掉易于计数的不符合要求的情形是计数中常采用的手段．例6 某工厂生产一批玩具，要预先制作一批圆环形底板，这些底板上均匀分布有12个半球形凹洞．其中3个为红色，9个是白色，如图2-5所示，若两个洞可以球心对球心，红色对红色，白色对白色叠放在一起，我们说它属于同一规格，问：该工厂生产的这类玩具底板一共可以有多少种不同的规格？分析如图2-5，先假定12个洞都为白色，再将其中三个涂成红色，并通过旋转将A处的球保证为红色，由A开始顺时针方向标数，A处的数标0，其他的洞顺序标为1，2，…，10，11.三红洞所在位臵标的数记为{}0,,i j，0i j<<．显然，i可以取值2，3，4，…，11．当j＝2时，i只能取值1，只有一种取法；当j＝3时，i只能取值1，2，共2种；当j＝4时，i可以取值1，2，3，共3种……当j＝11时，i可以取值1，2，…，10，共10种取法，因此，为保证位于A处的洞是红色的，共有+++=121055种涂法．由于三红洞没有特殊性，经旋转后，另二红洞也可以位于A处，而属于同一类的涂法，都可以由同一类中选定的一种涂法经旋转而得到．首先，若经旋转后，不产生新的涂法，则三红洞的位臵必是(0，4，8) ．其次，若经旋转后将第二个红洞转到A处，产生新的涂法，那么将第三个红洞转到A时必产生第三种涂法，否则就是(0，4，8).由于只有三个红洞，对于这一选定的涂法，经旋转只能产生三种涂法，因此55种涂法除(0，4，8)外，还有54种，其中任一种都与某二种属于同一类，所以有不同规格的玩具底板54119+=（种）．3例7 某州颁布由6个数字组成的车牌号码（由0-9的数字组成），该州规定任何两个牌号至少有两个数字不同（因此证号．试决定车牌证号最多有多少个？给出证明．解由5个数字组成的不同号码有105种，对每个5位x x x x x，再在后面添加第6个数字X6，其规则是：数号码12345X6为X1，X2，X3，X4，X5的和的个位数字．a a a a a a，对于任何这样构造出来的两个不同数：123456b b b b b b .至少有一个数位1≤j≤5，使得a j≠b j．若另有123456一个数位上两数字不同，则保证了这两个数至少有两个数字不同．否则仅有一个数位上数字不同，a6≠b6，同样至少有两个数字不同．于是任何两个按上面作法构造的六位数至少有两个数字不同且共有105个．若有大于105个牌号，则至少有两个牌号的前5位相同，因而它们至多一个数字不同，故车牌证号至多105个．例8 在一个圆上依次排列着a1，a2，…，a15共15个不同的点，如图2-6所示．从中取出k个点作出k-组合．如果在这k个点的任何两点所夹的短弧内部都不是恰好包含两个a i （这就是说，如果a 1属于k-组合，则a 4和a 13都不属于它），则称它为“合格k-组合”，对于k ＝1，2，…，15，以f(k)表示所有的合格k-组合的个数，试求()151k f k =∑ ．分析 1-组合显然有15个，再看2-组合，直接从a 1，a 2，…，a 15出发去完成2-组合，不是一件容易事，能否另觅蹊径？注意到题设要求，从反面考察．如图2-7，先从a 1出发，将恰好包含两个a i 的点取出来，放在一个圆周上，可以看到任何一个k-组合都不可能包含该圆周上相邻两点，这样一来，我们还可以如图2-8所示，再分别作两个圆周，上面各标上数组{}2581114,,,,a a a a a ，{}3691215,,,,a a a a a ，连同图2-7中所标数组{}1471013,,,,a a a a a ，于是任何一个k-组合是合格当且仅当：它不包含任何一个图2-8中所示的圆周上的相邻两点．由于这三个圆上各自能取出的两两不相邻的点数为2，总数不超过6，这说明对于k ≥7，根本不存在合格的k-组合，即对于k ≥7，恒有f （k ）＝0．一个合格的6-组合，必须包含每个圆周上不相邻的两点，而每个圆周上不相邻的两点所成“点对”皆为5个，根据乘法原理可得()3f== .65125每个合格的5-组合，则是在其中一个圆周上取一点，在其余两圆周上各取一个不相邻点所成“点对”．根据乘法原理，3个圆中取1个且在该圆的5个点中取l点有15种取法，而在其余的两圆周不相邻点所成“点对”皆为5个，因此又由乘法原理可得f(5)＝15 ×52＝ 375.所有合格的4-组合可分为两类：一类是取两个圆，每个圆周上取一对不相邻点，这有3 × 52＝ 75(种)不同取法；另一类是其中一个圆周上取一对不相邻点，其余两圆周上各取一点，不同取法有3 ×5 × 52＝ 375.根据加法原理，可得f(4)＝75+375＝450.类似有f(3)＝53+3×2×52＝275，f(2)＝3×52+3×5＝90.综上所述，知()()15611k k f k f k ===∑∑＝125+375+450+275+90+15＝1330．注 还可采用以下解法，图2-7，图2-8中，每个圆周上至多出现2-组合，根据乘法原理，有(5+5+1)(5+5+1)(5+5+1)－1＝1330种符合要求的k-组合，这是因为每个圆周上有5个2-组合，5个1—组合，每种符合要求的k-组合都由各个圆周上的2-组合，1-组合构成．例9 某歌舞团有若干演员，他们或能歌，或善舞，或精弹奏，其中能歌的有24人，善舞的有26人，精弹奏的有22人；能歌善舞的有8人，能歌精弹奏的有10人，善舞精弹奏的有11人；又知道三项只会其一的人数与会两项或两项以上的人数相等，求(1)这个歌舞团的演员人数；(2)三项全能的演员人数，解 设I ＝｛某歌舞团演员｝，A ＝｛能歌演员｝，B ＝｛善舞演员｝，C=｛精弹奏演员｝，依题意有I A B C = ． I A B C A B B C C A A B C=++---+， 122I A B B C C A A B C =++- ， 即24262281011(1)1810112(2)2I A B C I A B C ⎧=++---+ ⎪ ⎨=++- ⎪⎩ 设I x =，A B C y =，代人（1），（2）可得43,458.x y x y -=⎧⎨+=⎩ 解得x ＝46，y ＝3．所以，这个歌舞团演员人数为46，其中三项全能的演员人数为3．练习题一、选择题1．从甲地到乙地，每天有直达汽车4班，从甲地到丙地，每天有5个班车，从丙地到乙地，每天有3个班车，则从甲地到乙地，不同的乘车方法种数是 ( ）．(A )12 (B )19 (C )32 (D )602．某城市的电话号码，由六位数改为七位数（首位数字不为零），则该城市可增加的电话门数是 ( )．(A)81×105 (B)9×l06 (C)8×96(D)591102⨯ 3．用五种不同的颜色给图中四个区域涂色，如果每一区域涂一种颜色，相邻区域不能同色，那么不同涂色方法的种数是 ( )．(A)120 (B)135 (C)180 (D)2404．分正方形的每边4等分，取分点为顶点可以作出三角形个数是 ( )．(A)104(B)108(C)214(D)2165．同室四人各写一张贺卡，先集中起来然后每人从中拿一张别人写的贺卡，则四张贺卡不同的分配种数为( )．(A)6 (B)9(C)ll(D)23二、填空题6．将3封信投入4个不同的信筒，有____种不同的投法；4名学生从3个不同的楼梯下楼，有____种不同的下法．7．三边均为整数，且最长边为11的三角形有____个．8．在立方体的展开图里，不同形状（即不能重合）的图有____个．9．有2n个人参加收发电报培训，每两人结为一对互发互收，不同的结对方式有____种．10.比10000小的正整数中含有数字1的数有____个．11. 一个国王的25位骑士围坐在他们的圆桌旁，他们中间的三位被派去杀一条恶龙，则被挑到的三位骑士中至少有两位是邻座的挑选方法有____种．三、解答题12.用数字1，2写十位数，至少有连续5位都是1，这样的十位数有多少个？13．(1)长度为k 的由0，l 组成的串的个数是多少？（要求每串至少有一个1）(2)有多少种方式可以同时产生n 个这样的串，其中串可以相同也可以不同，但每串至少有一个1．(3)S 是一个具n 个元素的集合，选取S 的k 个子集（每个子集中的元素不限），把这些子集顺序地记作B 1，B 2，…，B k ，对S 的每个元素建立一个0，1串，如果该元素属于B j ，则对应串中第j 项为1，否则为0（这相当于每个子集B 1，B 2，…，B n 都具有一个长度为n 的0，1串）．如果我们要求S 的每一个元素至少属于一个子集，则每串中至少有一个1，那么有多少种方法可选取这样k 个有序子集，而这些子集的并集等于S ．14.令S 为一个有6个元素的集合，问有多少种不同的分法可以把S 分成两个不一定不同的子集，使得这两个子集的并集恰好是S ?选取的顺序是无关的（即不导致两种不同的选法，如{}a c ，，{}b c d e f ，，，，与{}b c d e f ，，，，，{}a c ， 算一种选法．）15.如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的表面上，有一动点P 由顶点A 出发按下列规则向C l 移动：(1)点P 只能沿着正方形木块的棱线或表面对角线移动；(2)点P每变化一个位臵，都使动线段PC1缩短．动点P共有多少种不同的运行路线？。
高中数学课件两个计数原理ppt课件.优秀文档PPT
例4. 5名同学报名参加4个课外活动小组(每人限报1个)， 共有多少种不同报名方法？
解：五名学生依次报名，可分五步来完成．每名学生在四 个项目中可任报一项，即每一步都有四种可能．根据分步 计数原理，不同的报名方法共有
N＝4×4×4×4×4＝45＝1024(种)． 答:不同的报名方法共有 1024种．
答： 从两个口袋内任取1个小球，有9种不同的取法． (2)从两个口袋内各取1个小球，可以分成两个步骤来完 成：第一步从第一个口袋内取1个小球，有5种方法；第二步 从第二个口袋内取1个小球，有4种方法，根据分步计数原理 ，得到不同的取法的种数是N＝m1×m2＝5×4＝20 答： 从两个口袋内各取1个小球，有20种不同的取法．
【高中数学课件】两个计数原理ppt 课件
2.如图,一条电路在 从A处到B处接通时 ，可以有多少条不 同的线路？
A
B
(2)每一年级选一名组长，有多少种不同选法？ 第二步从第二个口袋内取1个小球，有4种方法，根据分步计数原理，得到不同的取法的种数是N＝m1×m2＝5×4＝20 答： 从两个口袋内任取1个小球，有9种不同的取法． 2i·3j·5k·7l(其中i、j、k、l为整数)的形式，其中 0≤i≤4，0≤j≤3， 0≤k≤2， 0≤l≤1．于是，要确定 75600的一个正约数，可分四步完成，即 分别对i、j、k、l在各自的范围内任取一个数字，这样，i有5种选法，j有4种选法，k有3种选法，l有两种选法，根据分步计数原理， 75600的正约数个数是： 答:不同的报名方法共有 1024种． 第二步从第二个口袋内取1个小球，有4种方法，根据分步计数原理，得到不同的取法的种数是N＝m1×m2＝5×4＝20 N＝3×3×3×3×3＝35＝243 第二步从高二选一名学生，有12种方法； 第二类办法是从第二个口袋内取小球，可以从4个小球中任取1个，有4种方法，根据分类计数原理，得到不同的取法的种数是N＝m1＋ m2＝5＋4＝9． (3)三组中各选取一个． 解：确定四项冠军人选可分四步来完成：第一步确定第一项冠军人选，有m1＝5(种)可能； 有A、B、C三组人，A组有6个人，B组有5个人，C组有4个人．现根据下列条件选人去外地参观，则有多少种不同的选法？ (3)三组中各选取一个． 如图,一条电路在从A处到B处接通时，可以有多少条不同的线路？ (1)选其中一人为组长，有多少种不同选法？ 2i·3j·5k·7l(其中i、j、k、l为整数)的形式，其中 0≤i≤4，0≤j≤3， 0≤k≤2， 0≤l≤1．于是，要确定 75600的一个正约数，可分四步完成，即 分别对i、j、k、l在各自的范围内任取一个数字，这样，i有5种选法，j有4种选法，k有3种选法，l有两种选法，根据分步计数原理， 75600的正约数个数是： 如图,一条电路在从A处到B处接通时，可以有多少条不同的线路？ (2)从两个口袋内各取1个小球，可以分成两个步骤来完成：第一步从第一个口袋内取1个小球，有5种方法；
高二数学两个基本计数原理7省名师优质课赛课获奖课件市赛课一等奖课件
在图(2)中,按要求接通电路必须分两步进行:第一步,合上A中旳一只开关;第二步,合上B中旳一只开关。故有 2×3=6 种不同措施。
答:在图 (1)旳电路中,只合上一只开关以接通电路,有5种不同旳措施；图(2)旳电路中,合上两只开关以接通电路,有6种不同旳措施.
………...问Fra bibliotek情境1:问题 1.从南京到上海，有3条公路,2条铁路,那么从南京到上海共有多少种不同旳措施?
上海
宁波
问题2、增长杭州游，从南京到杭州旳路有三条，由杭州到上海旳路有两条。问：从南京经杭州到上海有多少种不同旳措施？
上海
宁波
杭州
完毕一件事, 有n类方式, 在第一类方式,中有m1种不同旳措施,在第二类方式,中有m2种不同旳措施，……，在第n类方式,中有mn种不同旳措施. 那么完毕这件事共有 种不同旳措施。
分类计数原理
N=m1+m2+…+m n
例1: 某班共有男生28名,女生20名,从该班选出学生代表参加校学代会.若学校分配给该班1名代表,有多少种不同旳选法?若学校分配给该班2名代表,且男女生代表各1名,有多少种不同旳选法?
例2: (1) 在图 (1)旳电路中,只合上一只开关以接通电路,有多少种不同旳措施? (2) 在图(2)旳电路中,合上两只开关以接通电路,有多少种不同旳措施?
密码为4位,每位均为0到9这10个数字中旳一种数字,这么旳 密码共有多少个?
解:(1) 设置四位密码,每一位上都能够从0到9这10个数字中取一种,有10种取法,根据分步计数原理,四位密码旳个数是 10×10×10×10＝10000
密码为4位,每位是0到9这10个数字中旳一种,或是从A到Z这26个英文字母中旳1个,这么旳密码共有多少个?
两个基本计数原理
能种植同一种作物，不同的种植方法共有
种（以数字作答）
42
四、子集问题
规同律子：集n有元个集2 合n。A{a1,a2,...,an}的不
例：集合A={a,b,c,d,e},它的子集个数 为 ，真子集个数为 ，非空 子集个数为 ，非空真子集个数为
。
五、综合问题:
例4 若直线方程ax+by=0中的a,b可以从 0,1,2,3,4这五个数字中任取两个不同的数字, 则方程所表示的不同的直线共有多少条?
分析: 按密码位数,从左到右 依次设置第一位、第二位、第三 位, 需分为三步完成;
第一步, m1 = 10; 第二步, m2 = 10; 第三步, m3 = 10. 根据乘法原理, 共可以设置
N = 10×10×10 = 103 种三位数的密码。
变式训练：各位上的数字不允许重复又怎样?
课堂小结
1、分类加法计数原理：完成一件事，有n类办法，在 第1类办法中有m1种不同的方法,在第2类办法中有m2 种不同的方法……在第n类办法中有mn种不同的方法. 那么 完成这件事共有 N m 1 m 2 种不 同m 的n方法.
最后结果，只须一种方法 这件事，只有各个步骤都完成
就可完成这件事。
了，才能完成这件事。
区别3 各类办法是互相独立的。 各步之间是互相关联的。
即：类类独立，步步关联。
３.如图,用5种不同颜色给图中的A、B、C、D四个区域涂色, 规定一个区域 只涂一种颜色, 相邻区域必须涂不同的颜色, 不同的涂色方案有 种。
分析：如图，A、B、C三个区域两两相邻，
A
B
A与D不相邻，因此A、B、C三个区域的颜色
两两不同，A、D两个区域可以同色，也可以不 同色，但D与B、C不同色。由此可见我们需根
排列组合及二项式定理复习计数原理(课件)2022-2023学年高二下学期数学人教A版选择性必修第三册
组合数性质：
C
m n
C nm n
C
m n
C
m n
1
Cm n1
一.特殊元素和特殊位置优先策略
例1.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字 五位奇数.
解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安 位题主置最,排先然需分常,排后以先析用末排免安法也位首不排和是共位合特元最有共要殊素基_有求元_分本_的_素_析的_元,法方再素C是法处占31C解,理了若41 决其这以排它两元列元个素组素位分合.置析若问为以
三.不相邻问题插空策略 例3.一个晚会的节目有4个舞蹈,2个相声,3个
独唱,舞蹈节目不能连续出场,则节目的出 场顺序有多少种？ 解:分两步进行第一步排2个相声和3个独唱共 有 A55 种，第二步将4舞蹈插入第一步排
好的6个元素中间包含首尾两个空位共有
种 A64不同的方法 由分步计数原理,节目的 不同顺序共有A55 A64 种
一般地,元素分成多排的排列问题, 可归结前排为一排考虑后,再排分段研究.
八.排列组合混合问题先选后排策略
例8.有5个不同的小球,装入4个不同的盒内, 每盒至少装一个球,共有多少不同的装 法.
解:第一步从5个球中选出2个组成复合元共
有C__52种方法.再把5个元素(包含一个复合
元素)装入4个不同的盒内有_A__44__种方法.
本题还有如下分类标准： *以3个全能演员是否选上唱歌人员为标准 *以3个全能演员是否选上跳舞人员为标准 *以只会跳舞的2人是否选上跳舞人员为标准 都可经得到正确结果
解含有约束条件的排列组合问题，可按元素 的性质进行分类，按事件发生的连续过程分 步，做到标准明确。分步层次清楚，不重不 漏，分类标准一旦确定要贯穿于解题过程的 始终。
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