奥数：加法原理、乘法原理
(完整版)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n m1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m2 n m n种不同的方法．N=m1×m2×……×m n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”.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，就要用我们将讨论的加法原理来解决． 例如某人从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从北京到天津，有4趟长途汽车从北京到天津．那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？ 分析这个问题发现，此人去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘火车，有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法．上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共有5+4=9种不同的走法． 在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法．在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成．并且两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数． 一般地，如果完成一件事有类方法，第一类方法中有种不同做法，第二类方法中有种 k m 1 m 2 不同做法，…，第类方法中有种不同的做法，则完成这件事共有种 k m k N =m 1+m 2+……+m k 不同的方法． 这就是加法原理．例1.学校组织读书活动，要求每个同学读一本书．小明到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书150本，不同的科技书200本，不同的小说100本．那么，小明借一本书可以有多少种不同的选法？例2.一个口袋内装有3个小球，另一个口袋内装有8个小球，所有这些小球颜色各不相同．问：①从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？②从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？补充说明：由本题应注意加法原理和乘法原理的区别及使用范围的不同，乘法原理中，做完一件事要分成若干个步骤，一步接一步地去做才能完成这件事；加法原理中，做完一件事可以有几类方法，每一类方法中的一种做法都可以完成这件事．事实上，往往有许多事情是有几大类方法来做的，而每一类方法又要由几步来完成，这就要熟悉加法原理和乘法原理的内容，综合使用这两个原理．例3.如右图，从甲地到乙地有4条路可走，从乙地到丙地有2条路可走，从甲地到丙地有3条路可走．那么，从甲地到丙地共有多少种走法？分析 从甲地到丙地共有两大类不同的走法． 第一类，由甲地途经乙地到丙地． 第二类，由甲地直接到丙地．例4.如下页图，一只小甲虫要从A 点出发沿着线段爬到B 点，要求任何点和线段不可重复经过．问：这只甲虫有多少种不同的走法？分析 从A 点 到B 点有两类走法，一类是从A 点先经过C 点到B 点，一类是从A 点先经过D 点到B 点．两类中的每一种具体走法都要分两步完成，所以每一类中，都要用乘法原理，而最后计算从A 到B 的全部走法时，只要用加法原理求和即可．例5.有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6．将两个正方体放到桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？分析 要使两个数字之和为偶数，只要这两个数字的奇偶性相同，即这两个数字要么同为奇数，要么同为偶数，所以，要分两大类来考虑．例6.从1到500的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个？分析 从1到500的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数． 一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9； 要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理． 要确定一个三位数，可以先取百位数，再取十位数，最后取个位数，应用乘法原理．补充说明：这道题也可以这样想：把一位数看成是前面有两个0的三位数，如：把1看成是001．把两位数看成是前面有一个0的三位数．如：把11看成011．那么所有的从1到500的自然数都可以看成是“三位数”，除去500外，考虑不含有4的这样的“三位数”．百位上，有0、1、2、3这四种选法；十位上，有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种选法；个位上，也有九种选法．所以，除500外，有4×9×9=324个不含4的“三位数”．注意到，这里面有一个数是000，应该去掉．而500还没有算进去，应该加进去．所以，从1到500中，不含4的自然数仍有324个． 这是一种特殊的思考问题的方法，注意到当我们对“三位数”重新给予规定之后，问题很简捷地得到解决．例7.如图，要从A 点沿线段走到B ，要求每一步都是向右、向上或者向斜上方．问有多少种不同的走法？分析 观察下页左图，注意到，从A 到B 要一直向右、向上，那么，经过下页右图中C 、D 、E 、F 四点中的某一点的路线一定不再经过其他的点．也就是说从A 到B 点的路线共分为四类，它们是分别经过C 、D 、E 、F 的路线．自我检测1.某罪犯要从甲地途经乙地和丙地逃到丁地，现在知道从甲地到乙地有3条路可以走，从乙地到丙地有2条路可以走，从丙地到丁地有4条路可以走．问，罪犯共有多少种逃走的方法？2.如右图，在三条平行线上分别有一个点，四个点，三个点（且不在同一条直线上的三个点不共线）．在每条直线上各取一个点，可以画出一个三角形．问：一共可以画出多少个这样的三角形？3.在自然数中，用两位数做被减数，用一位数做减数．共可以组成多少个不同的减法算式？4.一个篮球队，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？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？6.某市的电话号码是六位数的，首位不能是0，其余各位数上可以是0～9中的任何一个，并且不同位上的数字可以重复．那么，这个城市最多可容纳多少部电话机？1.如右图，从甲地到乙地有三条路，从乙地到丙地有三条路，从甲地到丁地有两条路，从丁地到丙地有四条路，问：从甲地到丙地共有多少种走法？2.书架上有6本不同的画报和7本不同的书，从中最多拿两本（不能不拿），有多少种不同的拿法？3.如下图中，沿线段从点A 走最短的路线到B ，各有多少种走法？4.在1～1000的自然数中，一共有多少个数字0？5.在1～500的自然数中，不含数字0和1的数有多少个？6.十把钥匙开十把锁，但不知道哪把钥匙开哪把锁，问：最多试开多少次，就能把锁和钥匙配起来？。
小学奥数--加法原理乘法原理
加法原理与乘法原理加法原理：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mn种不同的方法，那么完成这件工作共有N＝m1＋m2＋m3＋…＋mn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mn种方法，那么，完成这件工作共有m1×m2×…×mn种方法。
运用乘法原理计数，关键在于合理分步。
完成这件工作的N个步骤，各个步骤之间是相互联系的，任何一步的一种方法都不能完成此工作，必须连续完成这N步才能完成此工作；各步计数相互独立；只要有一步中所采取的方法不同，则对应的完成此工作的方法也不同。
这两个基本原理是排列和组合的基础，与教材联系紧密（如四下《搭配的规律》），教学时要先通过生活中浅显的实例，如购物问题、行程问题、搭配问题等，帮助孩子理解两个原理，再让孩子学习运用原理解决问题。
运用两个原理解决的都是比较复杂的计数问题，在解题时要细心、耐心、有条理地分析问题。
计数时要注意区分是分类问题还是分步问题，正确运用两个原理。
灵活机动地分层重复使用或综合运用两个原理，可以巧妙解决很多复杂的计数问题。
小学阶段只学习两个原理的简单应用。
【题目1】：用1角、2角和5角的三种人民币（每种的张数没有限制）组成1元钱，有多少种方法【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。
②取两种人民币组成1元，有5种方法：1张5角和5张1角；一张2角和8张1角；2张2角和6张1角；3张2角和4张1角；4张2角和2张1角。
加法原理和乘法原理
加法原理和乘法原理
1.加法原理：
加法原理也称为分情形原理，是指对一个由相互独立的事件构成的事件总和，其计数等于这些事件各自计数的总和。
简单来说，当我们需要从A和B两个集合中选择元素，或者进行两个动作时，可以使用加法原理来计数。
加法原理的表达式可以表示为：，
A∪B，=，A，+，B，-，A∩B。
一个例子是，有5个红球和3个蓝球，我们要从中选3个球。
这里红球和蓝球是分别独立的集合，使用加法原理可以直接将选红球的方式数目与选蓝球的方式数目相加，即C(5,3)+C(3,3)=10+1=11
2.乘法原理：
乘法原理也称为连乘法则，是指对一个多步操作的计数问题，其计数等于每个步骤计数的乘积。
乘法原理可以用于计数多个独立事件同时发生的可能性。
乘法原理的表达式可以表示为：，A×B，=，A，×，B。
一个例子是，有4个人，每个人有3种选择，问有多少种不同的选择方式。
我们可以将这个问题分解成4个独立的选择过程，并将每个选择过程的可能性相乘：3^4=81
乘法原理还可以推广到更多步骤的操作。
比如，在一个密码中，每位密码有10个可能的选项，密码有4位。
使用乘法原理，我们可以计算出总共有10^4=10,000种不同的密码可能性。
总结起来，加法原理和乘法原理是计数问题中非常重要的基本原理。
它们可以帮助我们计算各种可能性的总数，从而解决各种实际问题。
在实际应用中，我们通常需要灵活地使用这两个原理，结合具体问题进行推理和计算。
六年级奥数培训第4讲 乘法原理和加法原理
第4讲乘法原理和加法原理一、知识要点在做一件事情时，要分几步完成，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，就用乘法原理来解决。
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就用加法原理来解决。
二、精讲精练【例题1】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？【思路导航】在确定组成三位数的过程中，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：十位上有4种取法，个位上也有4种取法，由乘法原理共可组成3×4×4=48个不相等的三位数。
②要求组成的三位数没有重复数字，百位上不能取0，有三种不同的取法，十位上有三种不同的取法，个位上有两种不同的取法，由乘法原理共可组成3×3×2=18个没有重复数字的三位数。
练习1：1.有数字1，2，3，4，5，6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？2.在自然数中，用两位数做被减数，一位数做减数，共可组成多少个不同的减法算式？【例题2】有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6。
将两个正方体放在桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？【思路导航】要使两个数字之和为偶数，就需要这两个数字的奇、偶性相同，即两个数字同为奇数或偶数。
所以，需要分两大类来考虑：两个正方体向上一面同为奇数的共有3×3=9（种）不同的情形；两个正方体向上一面同为偶数的共有3×3=9（种）不同的情形；两个正方体向上一面同为偶数的共有3×3+3×3=18（种）不同的情形。
练习2：1.在1～1000的自然数中，一共有多少个数字1？2.在1～500的自然数中，不含数字0和1的数有多少个？3.十把钥匙开十把锁，但不知道哪把钥匙开哪把锁，问最多试开多少次，就能把锁和钥匙配起来？【例题3】书架上层有6本不同的数学书，下层有5本不同的语文书，若任意从书架上取一本数学书和一本语文书，有多少种不同的取法？【思路导航】从书架上任取一本数学书和一本语文书，可分两个步骤完成，第一步先取数学书，有6种不同的方法，而这6种的每一种取出后，第二步再取语文书，又有5种不同的取法，这样共有6个5种取法，应用乘法计算6×5=30（种），有30种不同的取法。
小学奥数基础教程(加法乘法原理)ppt课件
这也叫做加法原理
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例2:小红到学校有三条路，学校到小明家有四 条路，问小红想经过学校到小明家，有几条
路可以到达？
学校 小红家
小明家
小红家到学校有 3 条 学校到小明家有 4 条 小红家到小明家有（ ）条
3 ×4＝12（条）
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从刚才的例子可以看出： 做一件工作必须分两（或
借一本故事书，有几 种借法？
5 × 3＝15（种）
想：一共有多少种不 同的借法？
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运用1：四年1、2、3、4、5班排球队要进行比赛， 每个队都要和其他队比赛一场，一共有多少场比赛？
想：完成什么任务呢？
两个队进行一场比赛， 那1队和2队比赛完成 任务了吗？
完成了，1队和3队比 赛一场也完成了吗？
1队：1队－2队，1队－3队，1队－4 队，1队和5队 共4场
那2队有几场呢？注意不重复哦。
也完成了，那么，可 以分类完成，用什么 原理呢？
4+3+2+1＝10（场）
加法原理
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运用2：用0、2、3、6三个数字，可以组成几个不 同的三位数，其中最小的一个是几？
想：这道题是用分类还是分步骤？
第一步
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第一步
第三步
百位
十位
个位
小百 小十小个 位 位位 最 最最
2 03
3种2、 3种：余 3、6 下3个
2种：余下 2个
3 ×3 ×2＝18
注意：整数首位不 能为“0”哟
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练习2： 1、用0、7、3、6、4这几个数字可以组成几个不同 的在三位数？最大的是多少？ 2、平平到食堂吃饭，荤菜有4种，素菜有3种，汤有 2种。如果他只吃一种菜有几种吃法？如果他要吃一 菜一汤又有几种呢？ 3、用1角、2角和5角的人民币组成一元（张数无限 制），有多少种不同的组成方法？
小学奥数：加乘原理之综合运用.专项练习及答案解析
7-3-1.加乘原理之综合运用教学目标1.复习乘法原理和加法原理；2.培养学生综合运用加法原理和乘法原理的能力.3.让学生懂得并运用加法、乘法原理来解决问题，掌握常见的计数方法，会使用这些方法解决问题.在分类讨论中结合分步分析，在分步分析中结合分类讨论；教师应该明确并强调哪些是分类，哪些是分步.并了解与加、乘原理相关的常见题型：数论类问题、染色问题、图形组合.知识要点一、加乘原理概念生活中常有这样的情况：在做一件事时，有几类不同的方法，在具体做的时候，只要采用其中某一类中的一种方法就可以完成，并且这几类方法是互不影响的.那么考虑完成这件事所有可能的做法，就要用到加法原理来解决.还有这样的一种情况：就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法.要知道完成这件事情共有多少种方法，就要用到乘法原理来解决.二、加乘原理应用应用加法原理和乘法原理时要注意下面几点：⑴加法原理是把完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，所以完成任务的不同方法数等于各类方法数之和.⑵乘法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘积.⑶在很多题目中，加法原理和乘法原理都不是单独出现的，这就需要我们能够熟练的运用好这两大原理，综合分析，正确作出分类和分步.加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决.我们可以简记为：“加法分类，类类独立”.乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成，这几步是完成这件任务缺一不可的，这样的问题可以使用乘法原理解决.我们可以简记为：“乘法分步，步步相关”.目Me 例题精讲【例1】商店里有2种巧克力糖：牛奶味、榛仁味；有2种水果糖：苹果味、梨味、橙味.小明想买一些糖送给他的小朋友.⑴如果小明只买一种糖，他有几种选法？⑵如果小明想买水果糖、巧克力糖各1种，他有几种选法？【考点】加乘原理之综合运用【难度】1星 【题型】解答【解析】 ⑴小明只买一种糖，完成这件事一步即可完成，有两类办法：第一类是从2种巧克力糖中选一种有2种办法；第二类是从3种水果糖中选一种，有3种办法.因此，小明有2 3 5 种选糖的方法. ⑵小明完成这件事要分两步，每步分别有2种、3种方法，因此有3 2 6种方法.【答案】⑴5⑵6【例2】从2, 3, 5, 7, 11这五个数中，任取两个不同的数分别当作一个分数的分子与分 母，这样的分数有 个，其中的真分数有 个。
四年级奥数加法原理和乘法原理
四年级奥数加法原理和乘法原理今天我们来聊一聊四年级数学里两个超级有趣的概念——加法原理和乘法原理。
听起来是不是有点高大上？别担心，这些东西一点也不难，关键是要懂得怎么去用，怎么去看待。
来吧，跟我一起看一看，加法原理和乘法原理到底是怎么回事，顺便也说几句我们平时不太注意的数学趣事。
你们知道吗？这些原理其实就像我们在厨房做饭一样，分步骤来，就能做好一锅好菜。
加法原理和乘法原理不就是生活中那些简单的道理嘛，只不过它们是用数学的语言告诉我们怎么做事，怎么计划。
好，先来说说加法原理。
说得简单点，就是当你在做事情的时候，如果选择了几种不同的方式，每一种方式都有若干个可能的结果，而你可以选择其中的一种结果，那么这些不同的选择加起来就是所有的可能性。
比如说，假设你今天早上有两种早餐选择：一个是煎饼果子，一个是包子。
如果你去买煎饼果子，你有三种不同口味可以选：甜的、咸的、辣的。
哦，别忘了包子，包子你有两种口味可以选：肉包或者菜包。
这时你一共能选择几种早餐呢？嘿嘿，简单！就是3种（煎饼果子的口味）加2种（包子的口味），一共是5种不同的选择。
这不就像你走进超市，看到架子上满是各种商品，你看着都眼花缭乱，最后你就能从每种商品里选出一个，合起来就是你能拿到的不同组合。
再说乘法原理。
这个呀，更简单了。
乘法原理告诉我们，如果一个事件有几种方式可以发生，而每一种方式都能与另外一些独立的事件组合成结果，那么所有可能的组合数就是各个事件方式数的乘积。
说得更直白点，就是每种选择背后可能会有更多的选择。
比方说，假如你有两个衬衫，三条裤子，和四双鞋子。
那么你穿上哪一件衬衫，都可以和三条裤子搭配，而且每条裤子又能和四双鞋子搭配。
你是不是已经开始在脑袋里琢磨，你能穿几套衣服了？对！你一共可以搭配2×3×4=24套衣服！这就是乘法原理啦！看，你平时是不是也有“拿起了筷子就要点菜”的那种冲动，恨不得所有的美食都尝个遍，那种把不同东西结合起来的感觉，想想就过瘾！这两种原理虽然名字不同，但它们就像是数学中的兄弟，互相配合，互相补充。
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.。
小学奥数 加乘原理之综合运用 精选例题练习习题(含知识点拨)
1.复习乘法原理和加法原理；2.培养学生综合运用加法原理和乘法原理的能力．3.让学生懂得并运用加法、乘法原理来解决问题，掌握常见的计数方法，会使用这些方法解决问题． 在分类讨论中结合分步分析，在分步分析中结合分类讨论；教师应该明确并强调哪些是分类，哪些是分步．并了解与加、乘原理相关的常见题型：数论类问题、染色问题、图形组合．一、加乘原理概念生活中常有这样的情况：在做一件事时，有几类不同的方法，在具体做的时候，只要采用其中某一类中的一种方法就可以完成，并且这几类方法是互不影响的．那么考虑完成这件事所有可能的做法，就要用到加法原理来解决．还有这样的一种情况：就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法．要知道完成这件事情共有多少种方法，就要用到乘法原理来解决．二、加乘原理应用应用加法原理和乘法原理时要注意下面几点：⑴加法原理是把完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，所以完成任务的不同方法数等于各类方法数之和．⑵乘法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘积．⑶在很多题目中，加法原理和乘法原理都不是单独出现的，这就需要我们能够熟练的运用好这两大原理，综合分析，正确作出分类和分步．加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成，这几步是完成这件任务缺一不可的，这样的问题可以使用乘法原理解决．我们可以简记为：“乘法分步，步步相关”．【例 1】 商店里有2种巧克力糖：牛奶味、榛仁味；有2种水果糖：苹果味、梨味、橙味．小明想买一些糖送给他的小朋友．⑴如果小明只买一种糖，他有几种选法？⑵如果小明想买水果糖、巧克力糖各1种，他有几种选法？【考点】加乘原理之综合运用 【难度】1星 【题型】解答【解析】 ⑴小明只买一种糖，完成这件事一步即可完成，有两类办法：第一类是从2种巧克力糖中选一种有2种办法；第二类是从3种水果糖中选一种，有3种办法．因此，小明有235+=种选糖的方法． ⑵小明完成这件事要分两步，每步分别有2种、3种方法，因此有326⨯=种方法．【答案】⑴5 ⑵6【例 2】 从2，3，5，7，11这五个数中，任取两个不同的数分别当作一个分数的分子与分母，这样的分数有_______________个，其中的真分数有________________个。
奥数：加法原理、乘法原理
题型一：乘法原理【知识要点】1. 乘法原理：如果完成一件任务需要分成n个步骤进行，做第1步有m1种方法，做第2步有m2种方法……做第n步有mn种方法，那么按照这样的步骤完成这件任务共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法。
2. 从乘法原理可以看出：将完成一件任务分成几步做，是解决问题的关键，而这几步是完成这件任务缺一不可的。
【典型例题】例1：马戏团的小丑有红、黄、蓝三顶帽子和黑、白两双鞋，他每次出场演出都要戴一顶帽子、穿一双鞋。
问：小丑的帽子和鞋共有几种不同搭配？例2：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？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）？例4：如下图，A，B，C，D，E五个区域分别用红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的某一种染色，要使相邻的区域染不同的颜色，共有多少种不同的染色方法？例5：有10块糖，每天至少吃一块，吃完为止。
问：共有多少种不同的吃法？【同步训练】1.有五顶不同的帽子，两件不同的上衣，三条不同的裤子。
从中取出一顶帽子、一件上衣、一条裤子配成一套装束。
问：有多少种不同的装束？2. 四角号码字典，用4个数码表示一个汉字。
小王自编一个“密码本”，用3个数码（可取重复数字）表示一个汉字，例如，用“011”代表汉字“车”。
问：小王的“密码本”上最多能表示多少个不同的汉字？3. “IMO”是国际数学奥林匹克的缩写，把这3个字母写成三种不同颜色。
现在有五种不同颜色的笔，按上述要求能写出多少种不同颜色搭配的“IMO”？4. 用四种颜色给右图的五块区域染色，要求每块区域染一种颜色，相邻的区域染不同的颜色。
问：共有多少种不同的染色方法？题型二：加法原理（一）加法原理：如果完成一件任务有n类方法，在第一类方法中有m1种不同方法，在第二类方法中有m2种不同方法……在第n类方法中有mn种不同方法，那么完成这件任务共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法。
四年级奥数第六讲——乘法原理与加法原理(教师用)(汇编)
乘法原理与加法原理一、学习要点：Ⅰ乘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：注意到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n个步骤，其中，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么，完成这件事一共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法．这就是乘法原理．Ⅱ加法原理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，就要用我们将讨论的加法原理来解决．例如某人从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从北京到天津，有4趟长途汽车从北京到天津．那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？分析这个问题发现，此人去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘火车，有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法．上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共有5+4=9种不同的走法．在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法．在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成．并且两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数．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种不同的做法，则完成这件事共有N=m1+m2+…+mk种不同的方法．这就是加法原理．二、典例剖析：Ⅰ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？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？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？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．解：由乘法原理，共有16×9×4×1=576种不同的放法．Ⅱ加法原理例1 学校组织读书活动，要求每个同学读一本书．小明到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书150本，不同的科技书200本，不同的小说100本．那么，小明借一本书可以有多少种不同的选法？450（种）例2一个口袋内装有3个小球，另一个口袋内装有8个小球，所有这些小球颜色各不相同．问：①从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？(11)②从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？(24)例3 如右图，从甲地到乙地有4条路可走，从乙地到丙地有2条路可走，从甲地到丙地有3条路可走．那么，从甲地到丙地共有多少种走法？例4 如下页图，一只小甲虫要从A点出发沿着线段爬到B点，要求任何点和线段不可重复经过．问：这只甲虫有多少种不同的走法？分析从A点到B点有两类走法，一类是从A点先经过C点到B点，一类是从A点先经过D点到B 点．两类中的每一种具体走法都要分两步完成，所以每一类中，都要用乘法原理，而最后计算从A到B 的全部走法时，只要用加法原理求和即可．解：从A点先经过C到B点共有：1×3=3（种）不同的走法．从A点先经过D到B点共有：2×3=6（种）不同的走法．所以，从A点到B点共有：3+6=9（种）不同的走法．例5 从1到500的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个？分析从1到500的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；两位数中，不含4的可以这样考虑：十位上，不含4的有1、2、3、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含4．三位数中，小于500并且不含数字4的可以这样考虑：百位上，不含4的有1、2、3、这三种情况．十位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，个位上，不含4的也有九种情况．要确定一个三位数，可以先取百位数，再取十位数，最后取个位数，应用乘法原理，这时共有3×9×9=243个三位数．由于500也是一个不含4的三位数．所以，1～500中，不含4的三位数共有3×9×9+1=244个．解：在1～500中，不含4的一位数有8个；不含4的两位数有8×9=72个；不含4的三位数有3×9×9+1=244个，由加法原理，在1～500中，共有：8+8×9+3×9×9+1=324（个）不含4的自然数．补充说明：这道题也可以这样想：把一位数看成是前面有两个0的三位数，如：把1看成是001．把两位数看成是前面有一个0的三位数．如：把11看成011．那么所有的从1到500的自然数都可以看成是“三位数”，除去500外，考虑不含有4的这样的“三位数”．百位上，有0、1、2、3这四种选法；十位上，有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种选法；个位上，也有九种选法．所以，除500外，有4×9×9=324个不含4的“三位数”．注意到，这里面有一个数是000，应该去掉．而500还没有算进去，应该加进去．所以，从1到500中，不含4的自然数仍有324个．这是一种特殊的思考问题的方法，注意到当我们对“三位数”重新给予规定之后，问题很简捷地得到解决．例6如下页左图，要从A点沿线段走到B，要求每一步都是向右、向上或者向斜上方．问有多少种不同的走法？分析观察下页左图，注意到，从A到B要一直向右、向上，那么，经过下页右图中C、D、E、F四点中的某一点的路线一定不再经过其他的点．也就是说从A到B点的路线共分为四类，它们是分别经过C、D、E、F的路线．第一类，经过C的路线，分为两步，从A到C再从C到B，从A到C有2条路可走，从C到B也有两条路可走，由乘法原理，从A经C到B共有2×2=4条不同的路线．第二类，经过D点的路线，分为两步，从A到D有4条路，从D到B有4条路，由乘法原理，从A 经D到B共有4×4=16种不同的走法．第三类，经过E点的路线，分为两步，从A到E再从E到B，观察发现．各有一条路．所以，从A 经E到B共有1种走法．第四类，经过F点的路线，从A经F到B只有一种走法．最后由加法原理即可求解．解：如上右图，从A到B共有下面的走法：从A经C到B共有2×2=4种走法；从A经D到B共有4×4=16种走法；从A经E到B共有1种走法；从A经F到B共有1种走法．所以，从A到B共有：4+16+1+1=22种不同的走法．1．某罪犯要从甲地途经乙地和丙地逃到丁地，现在知道从甲地到乙地有3条路可以走，从乙地到丙地有2条路可以走，从丙地到丁地有4条路可以走．问，罪犯共有多少种逃走的方法？2．如右图，在三条平行线上分别有一个点，四个点，三个点（且不在同一条直线上的三个点不共线）．在每条直线上各取一个点，可以画出一个三角形．问：一共可以画出多少个这样的三角形？3．在自然数中，用两位数做被减数，用一位数做减数．共可以组成多少个不同的减法算式？4．一个篮球队，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？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？6．某市的电话号码是六位数的，首位不能是0，其余各位数上可以是0～9中的任何一个，并且不同位上的数字可以重复．那么，这个城市最多可容纳多少部电话机？7．如右图，从甲地到乙地有三条路，从乙地到丙地有三条路，从甲地到丁地有两条路，从丁地到丙地有四条路，问：从甲地到丙地共有多少种走法？8．书架上有6本不同的画报和7本不同的书，从中最多拿两本（不能不拿），有多少种不同的拿法？9．如下图中，沿线段从点A走最短的路线到B，各有多少种走法？10．在1～1000的自然数中，一共有多少个数字0？11．在1～500的自然数中，不含数字0和1的数有多少个？12．十把钥匙开十把锁，但不知道哪把钥匙开哪把锁，问：最多试开多少次，就能把锁和钥匙配起来？答案：1．3×2×4=24（种）．2．1×4×3=12（个）．3．90×9=810（个）．4．4×4×3×2×1=96（种）．5．①8×8×8=512（个）；②4×8×8=256（个）；③4×7×6=168（个）；④1×7×6=42（个）；⑤1×3×6=18（个）．6．9×10×10×10×10×10=900000（部）．7．3×3+2×4=17（种）．8．6+7+15+21+6×7=91（种）．提示：拿两本的情况分为2本画报或2本书或一本画报一本书．9．（1）6；（2）10；（3）20；（4）35．10．9+180+3=192（个）．11．8+8×8+3×8×8=264（个）．12．9+8+7+6+5+4+3+2+1=45（次）．。
五年级奥数加法乘法原理
加法原理和乘法原理是数学中常用的两个基本原理，它们在组合计数和概率问题中起着重要的作用。
在本文中，我们将详细介绍加法原理和乘法原理，并通过一些实际例子来帮助你更好地理解和应用这两个原理。
【加法原理】加法原理是指当两个事件分别有m种和n种可能结果时，这两个事件同时发生的可能结果有m+n种。
假设有一枚硬币，它的正反面各有两种可能结果，分别是“正面”和“反面”。
如果我们要计算这枚硬币抛掷两次的可能结果，根据加法原理，我们就可以得到2+2=4种可能的结果，即正-正、正-反、反-正、反-反。
这个原理可以用于求解各种组合计数问题。
对于一个实际问题，如果其中有几个独立事件，我们可以通过加法原理将这些独立事件的可能结果进行累加，从而得到整个问题的可能结果。
举一个例子，假设有一个箱子里面有3个红球和4个蓝球。
现在我们要从中随机抽取两个球，问有多少种可能的结果。
根据加法原理，我们可以将这个问题分成两个独立事件：第一个事件是从箱子中抽取一个球，可能有3种结果（红球、红球、蓝球）；第二个事件是从箱子中抽取另一个球，可能有4种结果（红球、红球、蓝球、蓝球）。
根据加法原理，这两个事件同时发生的可能结果有3+4=7种。
因此，从这个箱子中随机抽取两个球的可能结果为7种。
【乘法原理】乘法原理是指当两个事件分别有m种和n种可能结果时，这两个事件同时发生的可能结果有m×n种。
假设有一张扑克牌，其中有4个花色（红桃、方块、黑桃、梅花）和13个大小（2、3、4、5、6、7、8、9、10、J、Q、K、A）。
如果我们要计算从整副扑克牌中抽取一张牌的可能结果，根据乘法原理，我们就可以得到4×13=52种可能的结果。
乘法原理可以用于求解多个事件同时发生的可能结果。
对于一个实际问题，如果其中有几个相互独立的事件，我们可以通过乘法原理将这些事件的可能结果相乘，从而得到整个问题的可能结果。
举一个例子，假设有一个四位数的密码锁，每个位置上的数字都可以是0～9中的任意一个数字。
奥数第10讲加法原理和乘法原理综合运用例题和详解
10 加、乘原理综合应用趣味故事加乘原理与干支纪年大家都知道20XX年是乙丑年，就是我们的“干支纪年”法．那同学们知道它是怎么算出来的吗？我们把天干分成十个，即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸．地支共十二个：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．那年份是通过怎样的排列得到的呢？下面就是排列的方法：甲子、乙丑、丙寅、丁卯、戊辰、己巳、庚午、辛未、壬申、癸酉；甲戌、乙亥……从“甲子”重新开始，直到“癸亥”结束．以此纪年，一个循环60年．称为“六十甲子”，或者“六十花甲”．根据这种推算，我们可以算出任意一年是什么组合喽，读完这个故事，讲给你的父母听，告诉他们我们祖辈的纪年其实是利用了奥数知识啊．能力培养 思维/能力例1 例2 例3 例4 例5 例6 例7 例8 例9 思维☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ 能力☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺ ☺教学目标本讲的两个教学要点：1．复习乘法原理和加法原理；2．培养学生综合运用加法原理和乘法原理的能力；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、乘原理的常见题型：数论类问题、染色问题、图形组合．经典精讲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．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．【分析】 (一)取出的3面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类第一类，一种颜色：都是蓝色的或者都是白色的，2种可能；第二类，两种颜色：(43)336⨯⨯=第三类，三种颜色：43224⨯⨯=所以，根据加法原理，一共可以表示2362462++=种不同的信号．(二)白棋打头的信号，后两面旗有4416⨯=种情况．所以白棋不打头的信号有621646-=种．［铺垫］某信号兵用红，黄，蓝，绿四面旗中的三面从上到下挂在旗杆上的三个位置表示信号．每次可挂一面，二面或三面，并且不同的顺序，不同的位置表示不同的信号．一共可以表示出多少种不同的信号？［分析］ 由于每次可挂一面、二面或三面旗子，我们可以根据旗杆上旗子的面数分三类考虑：第三类第二类第一类第一类，可以从四种颜色中任选一种，有4种表示法； 第二类，要分两步完成：第一步，第一面旗子可以从四种颜色中选一种，有4种选法；第二步，第二面旗子可从剩下的三种中选一种，有3种选法．根据乘法原理，共有4312⨯=种表示法； 第三类，要分三步完成：第一步，第一面旗子可以从四种颜色中选一种，有4种选法；第二步，第二面旗子可从剩下的三种中选一种，有3种选法；第三步，第三面旗子可从剩下的两种颜色中选一种，有2种选法．根据乘法原理，共有43224⨯⨯=种表示法．根据加法原理，一共可以表示出4122440++=种不同的信号．红、黄、蓝、白四种颜色不同的小旗，各有2，2，3，3面，任意取出三面按顺序排成一行，表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？如果白旗不能打头又有多少种？ 简单加乘原理综合运用1【分析】 因为要求“填在黑格里的数比它旁边的两个数都大”，所以填入黑格中的数不能够太小，否则就不满足条件．通过枚举法可知填入黑格里的数只有两类：第一类，填在黑格里的数是5和4；第二类，填在黑格里的数是5和3．接下来就根据这两类进行计数：第一类，填在黑格里的数是5和4时，分为以下几步：第一步，第一个黑格可从5和4中任选一个，有2种选法；第二步，第二个黑格可从5和4中剩下的一个数选择，只有1种选法；第三步，第一个白格可从1，2，3中任意选一个，有3种选法．第四步，第二个白格从1，2，3剩下的两个数中任选一个，有2种选法；第五步，最后一个白格只有1种选法．根据乘法原理，一共有(21)(321)12⨯⨯⨯⨯=种．第二类，填在黑格里的数是5和3时，黑格中有两种填法，此时白格也有两种填法，根据乘法原理，不同的填法有224⨯=种．所以，根据加法原理，不同的填法共有12416+=种．(走进美妙数学花园少年数学邀请赛)如图，将1，2，3，4，5分别填入图中15⨯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． 加乘原理与数论用0~9这十个数字可组成多少个无重复数字的四位数？ 3 2【分析】无重复数字的四位数的千位、百位、十位、个位的限制条件：千位上不能排0，或说千位上只能排1～9这九个数字中的一个．而且其他位置上数码都不相同，下面分别介绍三种解法．方法一：分两步完成：第一步：从1～9这九个数中任选一个占据千位，有9种方法．第二步：从余下的9个数(包括数字0)中任选3个占据百位、十位、个位，百位有9种．十位有8种，个位有7种方法．由乘法原理，共有满足条件的四位数99874536⨯⨯⨯=个．方法二：组成的四位数分为两类：第一类：不含0的四位数有98763024⨯⨯⨯=个．第二类：含0的四位数的组成分为两步：第一步让0占一个位有3种占法，(让0占位只能在百、十、个位上，所以有3种)第二步让其余9个数占位有987⨯⨯种占法．所以含0的四位数有⨯⨯⨯=个．39871512由加法原理，共有满足条件的四位数302415124536+=个．方法三：从0～9十个数中任取4个数的排列总数为10987⨯⨯⨯⨯⨯，其中0在千位的排列数有987个，所以共有满足条件的四位数：10987987987(101) 4536⨯⨯⨯-⨯⨯=⨯⨯⨯-=个．［拓展］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？［分析］分为两类：个位数字为0的有326⨯=个，由加法原理，一共有：⨯=个，个位数字为2的有 224+=个没有重复数字的四位偶数．6410［拓展］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？［分析］分为三类，一位数时，0和一位数共有5个；二位数时，为4416⨯=个，三位数时，为：44348⨯⨯=个，由加法原理，一共可以组成5164869++=个小于1000的没有重复数字的自然数．【分析】 从1到500的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；两位数中，不含4的可以这样考虑：十位上，不含4的有l 、2、3、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含4．三位数中，小于500并且不含数字4的可以这样考虑：百位上，不含4的有1、2、3、这三种情况．十位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，个位上，不含4的也有九种情况．要确定一个三位数，可以先取百位数，再取十位数，最后取个位数，应用乘法原理，这时共有399243⨯⨯=个三位数．由于500也是一个不含4的三位数．所以，1～500中，不含4的三位数共有3991244⨯⨯+=个．所以一共有8893991324+⨯+⨯⨯+=个不含4的自然数．［巩固］从1到100的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个?［分析］ 从1到100的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；两位数中，不含4的可以这样考虑：十位上，不含4的有l 、2、3、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8972⨯=个数不含4．三位数只有100．所以一共有889181+⨯+=个不含4的自然数．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? 4【分析】 将1～100按照除以3的余数分为3类：第一类，余数为1的有1，4，7，…100，一共有34个；第二类，余数为2的一共有33个；第三类，可以被3整除的一共有33个．取出两个不同的数其和是3的倍数只有两种情况：第一种，从第一、二类中各取一个数，有34331122⨯=种取法；第二种，从第三类中取两个数，有33322528⨯÷=种取法．根据加法原理，不同取法共有：11225281650+=种．［铺垫］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？［分析］ 两个数的和是3的倍数有两种情况，或者两个数都是3的倍数，或有1个除以3余1，另一个除以3余2．1～10中能被3整除的有3个数，取两个有3种取法；除以3余1的有4个数，除以3余2的有3个数，各取1个有3412⨯=种取法．根据加法原理，共有取法：31215+=种．［拓展］在1~10这10个自然数中，每次取出三个不同的数，使它们的和是3的倍数有多少种不同的取法？ ［分析］ 三个不同的数和为3的倍数有四种情况：三个数同余1，三个数同余2，三个数都被3整除，余1余2余0的数各有1个，四类情况分别有4种、1种、1种、43336⨯⨯=种，所以一共有4113642+++=种．【分析】 方法一：要使两个骰子的点数之和为偶数，只要这两个点数的奇偶性相同，可以分为两步：第一有两个骰子，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？ 在1~100的自然数中取出两个不同的数相加，其和是3的倍数的共有多少种不同的取法？ 5 6步第一个骰子随意掷有6种可能的点数；第二步当第一个骰子的点数确定了以后，第二个骰子的点数只能是与第一个骰子的点数相同奇偶性的3种可能的点数．根据乘法原理，向上一面的点数之和为偶数的情形有6318⨯=（种）．方法二：要使两个骰子点数之和为偶数，只要这两个点数的奇偶性相同，所以，可以分为两类：第一类：两个数字同为奇数．有339⨯=（种）不同的情形．第二类：两个数字同为偶数．类似第一类，也有339⨯=（种）不同的情形．根据加法原理，向上一面点数之和为偶数的情形共有9918+=（种）．方法三：随意掷两个骰子，总共有6636⨯=（种）不同的情形．因为两个骰子点数之和为奇数与偶数的可能性是一样的，所以，点数之和为偶数的情形有36218÷=（种）．［拓展］有三个骰子，每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点．随意掷这三个骰子，向上一面点数之和为偶数的情形有多少种？［分析］方法一：要使三个点数之和为偶数，有两种情况，三个点数都为偶数，或者一个点数为偶数另外两个点数为奇数．可以分为三步：第一步，第一个骰子随意掷有6种可能的点数；第二步，当第一个骰子的点数确定了以后，第二个骰子的点数还是奇数偶数都有可能所有也有6种可能的点数；第三步，当前两个骰子的点数即奇偶性都确定了之后第三个骰子点数的奇偶性就确定了所以只有3种可能的点数．根据乘法原理，向上一面的点数之和为偶数的情形有663108⨯⨯=（种）．方法二：要使三个点数之和为偶数，有两种情况，三个点数都为偶数，或者一个点数为偶数另外两个点数为奇数．所以，要分两大类来考虑：第一类：三个点数同为偶数．由于掷骰子可认为是一个一个地掷．每掷一个骰子出现偶数点数都有3种可能．由乘法原理，这类共有33327⨯⨯=（种）不同的情形．第二类：一个点数为偶数另外两个点数为奇数．先选一个骰子作为偶数点数的骰子有3种选法，然后类似第一类的讨论方法，共有333381⨯⨯⨯=（）（种）不同情形．根据加法原理，三个骰子向上一面点数之和为偶数的情形共有3333333108⨯⨯+⨯⨯⨯=（种）． 学奥而思数【分析】 第一步给“而”上色，有4种选择；然后对“学”染色，“学”有3种颜色可选；当“奥”，“数”取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时“思”也有2种颜色可选，不同的涂法有32212⨯⨯=种；当“奥”，“数”取不同的颜色时，“奥”有2种颜色可选，“数”剩仅1种颜色可选，此时“思”也只有1种颜色可选(与“学”相同)，不同的涂法有32116⨯⨯⨯=种．所以，根据加法原理，共有43(222)72⨯⨯⨯+=种不同的涂法［铺垫］地图上有A ，B ，C ，D 四个国家(如下图)，现有红、黄、蓝三种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？D C B A加乘原理与图论用四种颜色对右图的五个字染色，要求相邻的区域的字染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用．问：共有多少种不同的染色方法? 7［分析］A有3种颜色可选；当B，C取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时D也有2种颜色可选．根据乘法原理，不同的涂法有32212⨯⨯=种；当B，C取不同的颜色时，B有2种颜色可选，C仅剩1种颜色可选，此时D也只有1种颜色可选(与A相同)．根据乘法原理，不同的涂法有32116⨯⨯⨯=种．综上，根据加法原理，共有12618+=种不同的涂法．［注意］给地图染色问题中有的可以直接用乘法原理解决，有的需要分类解决，前者分类做也可以解决问题．［拓展］将图中的○分别涂成红色、黄色或绿色，要求有线段相连的两个相邻○涂不同的颜色，共有多少种不同涂法？D CBA［分析］如右上图，当A，B，C，D的颜色确定后，大正方形四个角上的○的颜色就确定了，所以只需求A，B，C，D有多少种不同涂法．按先A，再B，D，后C的顺序涂色．按---A B D C的顺序涂颜色：A有3种颜色可选；当B，D取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时C也有2种颜色可选，不同的涂法有32212⨯⨯=种；当B，D取不同的颜色时，B有2种颜色可选，D仅剩1种颜色可选，此时C也只有1种颜色可选(与A相同)，不同的涂法有32116⨯⨯⨯=(种)．所以，根据加法原理，共有12618+=种不同的涂法．F E DCBA【分析】 先按A ，B ，D ，C ，E 的次序染色，可供选择的颜色依次有5，4，3，2，3种，注意E 与D 的颜色搭配有339⨯=(种)，其中有3种E 和D 同色，有6种E 和D 异色．最后染F ，当E 与D 同色时有3种颜色可选，当E 与D 异色时有 2种颜色可选，所以共有542(3362)840⨯⨯⨯⨯+⨯=种染法．【分析】 由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取3个点，就可以画出一个三角形，如果这三个点其中两点构成的线段小于直径，并且第三个点在被其余两点分割的较小的圆周上，则这三个点构成钝角三角形， 这样所有的钝角三角形可分为三类，第一类是长边端点之间仅相隔一个点，这样的三角形有10110⨯=个，第二类是长边端点之间相隔两个点，这样的三角形有10220⨯=个，第三类是长边端点之间相隔三个点，这样的三角形有10330⨯=个，分别用五种颜色中的某一种对下图的A ，B ，C ，D ，E ，F 六个区域染色，要求相邻的区域染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用．问：有多少种不同的染法？在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点为顶点，可以画出多少不同的钝角三角形？(补充知识：由直径和圆周上的一点构成的三角形一定是直角三角形，其中直径的边所对的角是直角，所以如果圆周上三点在同一段半圆周上，则这三点构成钝角三角形)．98所以一共可以画出10203060++=个钝角三角形．［铺垫］在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点再加上圆心一共11个点为端点，可以画出多少长度小于直径的线段．［分析］ 由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取2个点，就可以画出一条线段一共有45种方法，其中包括5条直径，应当舍去，其余线段的长都小于直径，一共有40种方法 ．以圆心为端点的线段一共有10条，所以一共可以画出401050+=条线段．［铺垫］一个半圆周上共有12个点，直径上5个，圆周上7个，以这些点为顶点，可以画出多少个三角形？［分析］ 第一类：三角形三个顶点都在圆周上，这样的三角形一共有76532135⨯⨯÷⨯⨯=（）种； 第二类：三角形两个顶点在圆周上，这样的三角形一共有76215105⨯÷⨯⨯=（）种； 第三类：三角形一个顶点在圆周上，这样的三角形一共有7542170⨯⨯÷⨯=（）种； 根据加法原理，一共可以画出3510570210++=种．附加题【分析】 ⑴容易验证在1、2、10、11、12月内没有“十全时”． ⑵3月里只有形式032 1 □ □ 符合条件．其中两个方格中可以填4或5，四条横线上可以填6或7或8或9，于是共有2(4321)48⨯⨯⨯⨯=个“十全时”．同理4、5月内也分别各有48个“十全时”．⑶6月里有两种形式：061 23□ □ ①或062 1□ □ ②符合条件． 对于形式①两个方格中可以填4或5；三条横线上可以填7或8或9， 于是共有2(321)12⨯⨯⨯=个“十全时”．②两个方格中可以填3或4，或5中的任意两个数，三条横线上可以填7或8或9及3、4、5中余下的某一个数．于是共有(32)(4321)144⨯⨯⨯⨯⨯=个“十全时”． 所以6月里共有“十全时”12144156+=个． 同理7、8、9月内也分别各有156个“十全时”．综上所述，20XX 年一共有4831564768⨯+⨯=个“十全时”．【分析】 我们来看正四面体四个面的相关位置，当底面确定后，（从上面俯视）三个侧面的顺序有顺时针和逆时针两种（当三个侧面的颜色只有一种或两种时，顺时针和逆时针的颜色分布是相同的）．用红、橙、黄、绿、蓝5种颜色中的1种，或2种，或3种，或4种，分别涂在正四面体各个面上，一个面不能用两色，也无一个面不涂色的，问共有几种不同涂色方式？ 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20XX 年一共有多少个这样的“十全时”？12按使用了的颜色种数分类：第一类：用了4种颜色．第一步，选4种颜色，相当于选1种不用，有5种选法．第二步，如果取定4种颜色涂于4个面上，有2种方法．这一类有5210⨯=（种）涂法；第二类：用了3种颜色．第一步，选3种颜色，相当于选2种不用，有54210⨯÷=（种）选法；第二步，取定3种颜色如红、橙、黄3色，涂于4个面上，有6种方法，如下图①②③（图中用数字1，2，3分别表示红、橙、黄3色）．这一类有10660⨯=（种）涂法；第三类：用了2种颜色．第一步，选2种颜色，有54210⨯÷=（种）选法；第二步，取定2种颜色如红、橙2色，涂于4个面上，有3种方法，如下图④⑤⑥．这一类有10330⨯=（种）涂法；第四类：用了一种颜色．第一步选1种颜色有5种方法；第二步，取定1种颜色涂于4个面上，只有1种方法．这一类有515⨯=（种）涂法．根据加法原理，共有1060305105+++=（种）不同的涂色方式．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？3【分析】(方法一)本题分三角形的三个顶点在两条直线上和三条直线上两种情况⑴三个顶点在两条直线上，一共有43223222322443234355⨯÷⨯+⨯÷⨯+⨯÷⨯+⨯÷⨯++=个⑵三个顶点在三条直线上，由于不同直线上的任意三个点都不共线，所以一共有：24324⨯⨯=个根据加法原理，一共可以画出552479+=个三角形．(方法二)9个点任取三个点有987(321 )84⨯⨯÷⨯⨯=种取法，其中三个点都在第二条直线上有4种，都在第三条直线上有1种，所以一共可以画出844179--=个三角形．魔幻数学——页码中的数学小空最近迷上了小说，每天除了护送师傅，空闲时都要捧着一本挺厚的书读．一天，猪坚强看到正在看书的小空就走过去问道：“你看的这本书好像很长啊，有多少页？”“一共是186页呢！”小空的回答里都带着自豪，“是很长，不过我每天都读，肯定能读完的！”“就怕你这只猴子没耐心啊……”猪坚强想着．“对了，最近怎么没见你和师傅讨论奥数题呢？”“说到奥数题，我今天就给你出一道，就以你看的这本书出题．”猪坚强回应道，“你刚才说这本书一共有186页，那么我的问题是，所有这些页码的各位数字里面，一共有多少个1、3、5、7、9呢？”那么，同学们也一起来帮小空算算吧！这也是对我们刚学会的加乘原理的综合应用哦．答案：把页码看成000到186，也就是说在不足三位的页码前面补上0，直到补足三位．在000到199中，偶数和奇数出现的次数是一样的，所以1、3、5、7、9出现的次数总共是20032300⨯÷=（次）．而1、3、5、7、9在187到189中出现5次，从190到199出现25次．因此，1、3、5、7、9在所有页码中一共出现300525270--=（次）．我与竞赛零距离家庭作业丁丙乙甲【分析】 从甲地到丙地有两种方法：第一类，从甲地经过乙地到丙地，根据乘法原理，走法一共有428⨯=* 练习1 *如右图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丙地有4条路，从甲地到丁地有3条路可走，从丁地到丙地也有3条路，请问从甲地到丙地共有多少种不同走法？（20XX 年第二届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛）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．【分析】比2008小的4位数有2000和2002，比2008小的3位数有23318⨯⨯=（种），比2008小的2位数有236⨯=（种），比2008小的1位数有2（种），所以2008排在第 21862129++++=（个）．种方法，；第二类，从甲地经过丁地到丙地，一共有339⨯=种方法．根据加法原理，一共有8917+=种走法．【分析】 ⑴小明只买一种糖，完成这件事一步即可完成，有两类办法：第一类是从2种巧克力糖中选一种有2种办法；第二类是从3种水果糖中选一种，有3种办法．因此，小明有235+=种选糖的方法． ⑵小明完成这件事要分两步，每步分别有2种、3种方法，因此有326⨯=种方法．【分析】 小于1000的自然数有三类．第一类是0和一位数，有5个；第二类是两位数，十位数有4种选法，个位数有5种选法，根据乘法原理，可组成有4520⨯=个；第三类是三位数，百位数有4种选法，十位数有5种选法，个位数有5种选法，根据乘法原理，可组成455100⨯⨯=个自然数．根据加法原理，共可以组成520100125++=个满足条件的自然数．* 练习3 *用数字0，1，2，3，4，可以组成多少个小于1000的自然数？* 练习2 *商店里有2种巧克力糖：牛奶味、榛仁味；有3种水果糖：苹果味、梨味、橙味．小明想买一些糖送给他的小朋友．⑴如果小明只买一种糖，他有几种选法？⑵如果小明想买水果糖、巧克力糖各1种，他有几种选法？【分析】 分3种情况：⑴取出一面，有5种信号；⑵取出两面：可以表示5420⨯=种信号； ⑶取出三面：可以表示：54360⨯⨯=种信号； 由加法原理，一共可以表示：5206085++=种信号．DCB A【分析】 第一步，首先对A 进行染色一共有4种方法，然后对B 、C 进行染色，如果B 、C 取相同的颜色，有三种方式，D 剩下3种方式，如果B 、C 取不同颜色，有326⨯=种方法，D 剩下2种方法，对该图的染色方法一共有43332284⨯⨯+⨯⨯=（）种方法．* 练习6 *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？* 练习5 *如果有红、黄、蓝、绿四种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？* 练习4 *五面五种颜色的小旗，任意取出一面、两面或三面排成一行表示各种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？ab【分析】画三角形需要在一条线上找1个点，另一条线上找2个点，本题分为两种情况：⑴在a线上找一个点，有4种选取法，在b线上找两个点，有1种，根据乘法原理，一共有：414⨯=个三角形；⑵在b线上找一个点，有2种选取法，在a线上找两个点，有4326⨯÷=种，根据乘法原理，一共有：2612⨯=个三角形；根据加法原理，一共可以画出：41216+=个三角形．轻松一刻记性真差巴尔扎克喜欢根据一个人的字迹来断定他的性格．他常常获得成功,对这件事他一直得意洋洋．有一天,来了一个老太太,将一本学生的作业本交给他,请他讲讲这个男孩的性格．巴尔扎克拿起作业本一看,说:“这个孩子既懒惰,又任性,他一辈子也不会有出息．”。
小学奥数第585讲 加法原理和乘法原理综合
学科培优数学“加法原理和乘法原理综合”学生姓名授课日期教师姓名授课时长知识定位本讲力求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，会使用这些方法来解决问题知识梳理乘法原理我们在完成一件事时往往要分为多个步骤，每个步骤又有多种方法，当计算一共有多少种完成方法时就要用到乘法原理.乘法原理：一般地，如果完成一件事需要n个步骤，其中，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，则完成这件事一共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法．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”.加法原理无论自然界还是学习生活中，事物的组成往往是分门别类的，例如解决一件问题的往往不只一类途径，每一类途径往往又包含多种方法，如果要想知道一共有多少种解决方法，就需要用到加法原理.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种不同的做法，则完成这件事共有N= m1 + m2 +…+mk 种不同的方法.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”.例题精讲【试题来源】【题目】从五年级8个班中评选出学习、体育、卫生先进集体，如果要求同一个班级只能得到一个先进集体，那么一共有多少种评选方法？【答案】336【解析】第一步选出学习先进集体一共有8种方法，第二步选出体育先进集体剩下一共有7种方法，第三步选出卫生先进集体一共只剩有6种评选方法，根据乘法原理一共有8×7×6=336种评选方法.【知识点】加法原理和乘法原理综合【适用场合】当堂例题【难度系数】1【试题来源】【题目】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？【答案】320【解析】第一个字有5种写法，第二个字有4种写法，第三个字也是4种写法，同理后面的字也是4种写法，共有5×4×4×4=320种【知识点】加法原理和乘法原理综合【适用场合】当堂例题【难度系数】1【试题来源】【题目】北京到广州之间有10个站，其中只有两个站是大站（不包括北京、广州），从大站出发的车辆可以配卧铺，那么铁路局要准备多少种不同的卧铺车票？【答案】44【解析】京广线上一共有12个站，其中有四个大站，卧铺车的起点可以有四种，不同的起点站都可以配11个不同的终点站，所以铁路局要准备4×11=44种不同的车票【知识点】加法原理和乘法原理综合【适用场合】当堂例题【难度系数】1【试题来源】【题目】7个相同的球放在4个不同的盒子里，每个盒子至少放一个，不同的放法有多少种？【答案】20【解析】因为7=1＋1＋1＋1＋1＋1＋1，相当于从6个加号中取3个的组合，C （6、3）=20种【知识点】加法原理和乘法原理综合 【适用场合】当堂例题 【难度系数】2【试题来源】【题目】如图所示，沿线段从A 走最短路线到B 有多少种走法？【答案】见分析【解析】标号法【知识点】加法原理和乘法原理综合 【适用场合】当堂例题 【难度系数】2【试题来源】【题目】如果从3本不同的语文书、4本不同的数学书、5本不同的外语书中选取2本不同学科的书阅读，那么共有多少种不同的选择？【答案】47【解析】因为强调2本书来自不同的学科，所以共有三种情况：来自语文、数学：3×4=12；来自语文、外语：3×5=15；来自数学、外语：4×5=20；所以共有12＋15＋20=47【知识点】加法原理和乘法原理综合 【适用场合】当堂例题 【难度系数】2【试题来源】GD F CE BA106343211111BA【题目】用1，2，3，4这4个数字，组成各位数字互不相同的四位数，例如1234，4321等，求全体这样的四位数之和．【答案】66660【解析】这道题的意思实际上是将1，2，3，4这4个元素中取出4个进行全排列，所以一共有4×3×2=24种排列方法.每个数在个位、十位、百位、千位都出现了24÷4=6次，所以所有的四位数的和为（1+2+3+4）×6×1000+（1+2+3+4）×6×100+（1+2+3+4）×6×10+（1+2+3+4）×6=66660【知识点】加法原理和乘法原理综合【适用场合】当堂例题【难度系数】3【试题来源】【题目】某条铁路线上，包括起点和终点在内原来共有7个车站，现在新增了3个车站，铁路上两站之间往返的车票不一样，那么，这样需要增加多少种不同的车票？【答案】48【解析】方法一：一张车票包括起点和终点，原来有A（7、2）=42张，（相当于从7个元素中取2个的排列），现在有A（10、2）=90，所以增加90－42=48张不同车票。
加法原理和乘法原理(奥数)
“＋” “×”
例1：服装小店有2件上 衣，3条裤子。任意买 一款，有几种买法？ 2+3=5（种） 答：有5种买法。
例2：服装小店有2件上 衣，3条裤子。上衣和 裤子有几种搭配方法？ 裤子1 2×3=6（种பைடு நூலகம் 上衣1 裤子2 答：有6种方法。 裤子3 上衣2
练习1：从甲地到乙地，可以乘汽车，可以乘火车，还 可以乘轮船。一天中，火车有5班，汽车有4班，轮船有 3班，那么一天中从甲地到乙地共有几种不同的走法？ 5+4+3=12（种） 答：共有12种不同的走法。
知识要点 1.加法原理：分类枚举，结果相加。 2.乘法原理：做一件事情如果需要分步， 总的方法数=每一步中的方法数相乘。
练习2：如下图所示，甲到乙有3条不同的道路，乙到 丙有4条不同的道路，那么从甲到丙有几种不同的走法？ 3×4=12（种）
甲 乙 丙
答：有12种不同的走法。
变式1：用2、3、4、5四张数字卡片能组成几个不同的三位数？
3种填法
4×3×2=24（个） 4种填法 2种填法 答：能组成24个不同的三位数。
变式2：有8个人参加一次乒乓球比赛，每两个人之间都要比 赛一场，一共要赛多少场？ B C 7+6+5+4+3+2+1=28（场） C D D B E 6场 A E 7场 答：一共要赛28场。 F F G G H H
高斯小学奥数四年级上册含答案第05讲_加法原理与乘法原理
第五讲加法原理与乘法原理“加法原理与乘法原理”研究的可不是加法和乘法怎么算！我们以前学习过枚举计数的方法，但枚举法对于很多计数问题来说太麻烦了，今天我们要学习的加法原理、乘法原理是计数问题中的两种新的计算方法．先举一个例子：餐厅里有4种炒菜和2种炖菜，4种炒菜分别是：红烧鱼块、滑溜里脊、清炒虾仁和三鲜豆腐，2种炖菜分别是：土豆炖牛肉和萝卜炖排骨．点菜时如果只点一个菜，有点炒菜和点炖菜这两类方式．也就是说，可以点：红烧鱼块、滑溜里脊、清炒虾仁、三鲜豆腐、土豆炖牛肉和萝卜炖排骨之一，有+=种点菜方法，其中4代表4种炒菜，2代表2种炖菜．这就是加法原理．426如果要求炒菜和炖菜各点一个，这时我们可以把一个炒菜和一个炖菜看成一个点菜组合，点炒菜是一第一步，点炖菜是第二步，这两步缺一不可．炒菜选红烧鱼块的点菜方法有2种：（红烧鱼块，土豆炖牛肉）、（红烧鱼块，萝卜炖排骨）；类似地，选滑溜里脊的也有2种：（滑溜里脊，土豆炖牛肉）、（滑溜里脊，萝卜炖排骨）；选清炒虾仁的也有2种：（清炒虾仁，土豆炖牛肉）、（清炒虾仁，萝卜炖排骨）；选三鲜豆腐的也有2种：（三鲜豆腐，土豆炖牛肉）、（三鲜豆腐，萝卜⨯=种点菜方法，其中4代表4种炒菜，2代表2种炖排骨）．合在一起就有428炖菜．这就是乘法原理．例题1小高一家人外出旅游，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以坐飞机．经过网上查询，出发的那一天中火车有4班，汽车有3班，飞机有2班．任意选择其中一个班次，有多少种出行方法？「分析」选择不同的交通工具是分类还是分步？是用加法原理还是乘法原理呢？练习1书架上有8本不同的小说和10本不同的漫画，大头要从书架上任意取一本书，有多少种不同的取法？例题2用红、黄两种颜色给图中房子的屋顶、烟囱、门、窗四个部分染色，每个部分只能染一种颜色，一共有多少种不同的染色方法？「分析」要给四个部分染色，我们很容易想到要依次染每个部分，这是分类还是分步呢？只染一个部分能完成这件事情吗？练习2用红、黄两种颜色给图中鸭子的眼睛、嘴巴、身子三个部分染色，每个部分只能染一种颜色，一共有多少种不同的染色方法？分类是指完成一件事情有几类不同方法，从中任意选取一类即可，它们之间可以相互替代，任意选取一类都可以完成这件事．这种情况下一般要用到加法原理．分步是指完成一件事情有几步不同步骤，每一步都必须执行，它们之间不可以相互替代，少一步都不能完成这件事．这种情况下一般要用到乘法原理．例题3从甲地到乙地有3条路，从乙地到丙地有3条路，从甲地到丁地有2条路，从丁地到丙地有4条路．如果要求所走路线不能重复，那么从甲地到丙地共有多少条不同的路线？「分析」要从甲地到丙地，就必须途径乙、丁两地之一．“甲→乙→丙”与“甲→丁→丙”这两类路线各有多少条呢？练习3任意两地之间的路线都已在下图中标示出来，如果要求所走路线不能重复，那么从甲地到丙地共有多少条不同的路线？通过上面这几个例题，我们总结一下加法原理与乘法原理之间的区别．加法原理类与类之间会满足下列要求：1. 只能选择其中的某一类，而不能几类同时选；2. 类与类之间可以相互替代，只需要选择某一类就可以满足要求．比如例题1中，飞机、火车或汽车是可以随意选择的，小高一家人只选择其中一种交通工具，就能到达目的地了．乘法原理步与步之间满足下列要求：1. 每步都只是整件事情的一个部分，必须全部完成才能满足结论；2. 步骤之前有先后的顺序，先确定好一步，再做下一步，……，直到最后．比如例题2中，衣服和帽子都要选择，只是可以有先后的步骤关系．在这里，衣服和帽子先选哪种都可以．但有的时候却不能随意安排顺序，这种问题稍微难一些，我们在日后会接触到．加法原理与乘法原理的混合有些问题中，既有分类的关系，又有分步的关系．这时应该分清主次关系，弄清楚到底是“分类中含有分步”，还是“分步中含有分类”．如果是某一大类里面又可以再分为几小步，那么应该这一类里用乘法原理进行计算，最后再用加法原理把各类中的情况加在一起，比如例题3．当然我们以后也会碰到某一大步里面又可以再分为几小类的情况，这就要先用加法原理算出每一大步中有多少种情况，再用乘法原理把总数算出来．在本讲的最后，我们来介绍标数法．标数法是解决路径条数问题的重要方法． 如下图所示，我们要计算蚂蚁从A 点沿箭头的方向爬到B 点的不同路线有多少条．由于蚂蚁只能向上走或者向右走，因此对于最下面一行中的每个点，蚂蚁只有一种方法可以到达，对于最左边一列中的点也是同样的结论（特别地，我们把A 点处标上1，表示蚂蚁从A 点出发到达A 点，只有原地不动这一种方式）．我们用标数法标出蚂蚁到达每个点的路线数，已经得到的结果如下图所示．容易看出，蚂蚁可以从C 点或者D 点到达E 点，而且只有这两类不同的方式，那么我们可以在E 点处标上数字112+=（把C 点与D 点的数字相加），表示蚂蚁到达E 点有两条路线．同样道理，蚂蚁可以从E 点或者F 点到达G 点，那么蚂蚁到达G 点就有213+=条路线（把E 点与F 点的数字相加）．最后可以得到蚂蚁到达B点有4条路线，如下图所示．例题4 在下图中，从A 点沿线段走到B 点，每次只能向上或向右走一步，共有多少种不同走法？「分析」标数法其实就是要找到前一步可能在的所有点，把它们的方法数加起来．练习4 在下图中，从A 点沿线段走到B 点，每次只能向上或向右走一步，共有多少种不同走法？例题5 老师要求墨莫在黑板上写出一个减法算式，要求被减数必须是三位数，减数必须是两位数．请问墨莫共有多少种不同的写法？「分析」被减数与减数都有很多种写法，只写其中一个能完成这个减法算式吗？写被减数和写减数是写出减法算式的两类还是两步？例题6书架上有三层书，第一层放了15本小说，第二层放了10本漫画，第三层放了5本科普书，并且这些书都各不相同．请问：（1）如果从所有的书中任取1本，共有多少种不同的取法？（2）如果从每一层中各任取1本，共有多少种不同的取法？（3）如果从中取出2本不同类别的书，共有多少种不同的取法？「分析」从第一层取1本书、从第二层取1本书、从第三层取1本书，这三件事对于前两问来说是分类还是分步？A BAB课堂内外加减乘除的由来加减乘除（＋、－、×、÷）等数学符号是我们每一个人最熟悉的符号，因为不光在数学学习中离不开它们，几乎每天的日常的生活也离不开它们．别看它们这么简单，直到17世纪中叶才全部形成．法国数学家许凯在1484年写成的《算术三篇》中，使用了一些编写符号，如用D 表示加法，用M表示减法．这两个符号最早出现在德国数学家维德曼写的《商业速算法》中，他用“＋”表示超过，用“─”表示不足．到1514年，荷兰的赫克首次用“＋”表示加法，用“─”表示减法．1544年，德国数学家施蒂费尔在《整数算术》中正式用“＋”和“─”表示加减，这两个符号逐渐被公认为真正的算术符号，广泛采用．以符号“×”代表乘是英国数学家奥特雷德首创的．他于1631年出版的《数学之钥》中引入这种记法．据说是由加法符号“＋”变动而来，因为乘法运算是从相同数的连加运算发展而来的．后来，莱布尼兹认为“×”容易与“X”相混淆，建议用“•”表示乘号，这样，“•”也得到了承认．除法符号“÷”，最初这个符号是作为减号在欧洲大陆流行，奥屈特用“：”表示除或比，也有人用分数线表示比，后来有人把二者结合起来就变成了“÷”．瑞士的数学家拉哈的著作中正式把“÷”作为除号．符号“÷”是英国的瓦里斯最初使用的，后来在英国得到了推广．除的本意是分，符号“÷”的中间的横线把上、下两部分分开，形象地表示了“分”．至此，四则运算符号齐备了．作业1.题库中有三种类型的题目，数量分别为30道、40道和45道，每次考试要从三种类型的题目中各取一道组成一张试卷．问：由该题库共可组成多少种不同的试卷？2.小琴、小惠、小梅三人报名参加运动会的跳绳、跳高和短跑这三个项目的比赛，每人只能参加一项比赛，不一定三项比赛都要有人参加．请问报名的情况有多少种？3.图书馆有30本不同的数学书、20本不同的英语书和10本不同的语文书．（1）墨莫要去图书馆借1本书，有多少种不同的选择？（2）墨莫三种书都要各借1本，有多少种不同的选择？4.萱萱要从4幅水墨画、3幅油画和2幅水彩画中选取两幅不同类型的画布布置客厅，有几种选法？5.在下图中，从A点沿线段走到B点，每次只能向上或向右走一步，共有多少种不同走法？BA第五讲 加法原理与乘法原理1. 例题1答案：9种详解：小高一家外出旅行，火车、汽车或飞机只要选择其中一类就可以完成要做的事情，所以这是出行方式分成了三类，即加法原理，有4329++=种出行方式．2. 例题2答案：16种详解：房子的四个部分都要染色，所以先给屋顶染色，有2种颜色可以选择，接下来给烟囱染色，也有2种颜色可以选择，再接下来给门染色，也有2种颜色可以选择，最后给窗染色，同样有2种颜色可以选择，分了四步即乘法原理，一共有222216⨯⨯⨯=种不同的染色方法．3. 例题3答案：17种详解：分成“甲→乙→丙”和“甲→丁→丙”这两类路线．对于“甲→乙→丙”这类路线：第一步从甲到乙，有3种走法，第二步从乙到丙，有3种走法，利用乘法原理得到共有339⨯=种走法．类似地，对于“甲→丁→丙”这类路线，共有248⨯=种走法．把两类的走法加起来，可得从甲地到丙地一共有9817+=种走法．4. 例题4答案：35种详解：标数法，如下图：5. 例题5答案：81000种详解：一个减法算式，只要被减数和减数确定了，这个减法算式就是确定的，而且被减数和减数都要有，所以先选择一个被减数，再选择一个减数．被减数是三位数，三位数的总个数有两种算法，方法一：最小的三位数是100，最大的三位数是999，所以一共有9991001900-+=个三位数；方法二：三位数必须要有百位、十位、个位，所以先给百位选择一个数字，1~9有9种选择，再给十位选择一个数字，0~9有10种选择，最后给百位选择一个数字，0~9有10种选择，一共分了三步即乘法原理，一共有91010900⨯⨯=个三位数．两位数的总个数算法和三位数一样，一种是9910190-+=个两位数，另一种是91090⨯=个两位数．要组成一个减法算式，先从三位数中选择1个作为被减数，一共有900种选择，再从两位数中选择1个作为减数，一共有90种选择，分了两步即乘法原理，共有9009081000⨯=种不同的写法．AB 1 1 1 1 1 1 1 1 23 4 5 36 10 15 410 20 356. 例题6答案：30种；750种；275种详解：（1）从所有的书中任取1本，即可以选择小说或者漫画或者科普书，即在三类中选择1本，加法原理，共有1510530++=种不同的取法；（2）从每一层中各任取1本，可以先在第一层取小说，再在第二层取漫画，最后在第三层取科普书，分了三步即乘法原理，共有15105750⨯⨯=种不同的取法；（3）从中取出2本不同类别的书，可以是小说和漫画，也可以是漫画和科普，还可以是小说和科普，这是分了三类，在第一类小说和漫画必须各有一本，所以先取小说再取漫画，有1510150⨯=种不同的取法；在第二类漫画和科普必须各有一本，所以先取漫画再取科普，有10550⨯=种不同的取法；在第三类小说和科普必须各有一本，所以先取小说再取科普，有15575⨯=种不同的取法，三类是加法原理，共有1505075275++=种不同的取法．7. 练习1答案：18种详解：从小说、漫画中任意取一本即可，即加法原理，有81018+=种取法．8. 练习2答案：8种详解：先给眼睛染，有2种方法；再给嘴巴染，有2种方法；最后给身子染，有2种染法，分三步，乘法原理，所以共有2228⨯⨯=中不同的染法．9. 练习3答案：11种简答：分成“甲→乙→丙”和“甲→丙”这两类路线．对于“甲→乙→丙”这类路线：第一步从甲到乙，有3种走法，第二步从乙到丙，有3种走法，利用乘法原理得到共有339⨯=种走法．而对于“甲→丙”这类路线，共有2种走法．把两类的走法加起来，可得从甲地到丙地一共有9211+=种走法．10. 练习4答案：10种简答：标数法：11. 作业1答案：54000种．简答：乘法原理，30404554000⨯⨯=种．12. 作业2A B1 1 1 1 1 1 23 4 36 10答案：27种简答：乘法原理，33327⨯⨯=种．13. 作业3答案：（1）60种；（2）6000种简答：（1）加法原理，30201060++=种．（2）乘法原理，3020106000⨯⨯=种．14. 作业4答案：26种简答：分三类：水墨、油画，4312⨯=种选法；油画、水彩，326⨯=种选法；水墨、水彩，428⨯=种选法，所以一共有126826++=种选法．15. 作业5答案：25种简答：标数法，如下图所示．A B 1 1 1 1 1 112 3 4 5 3 6 10 15 10 25。
小学数学奥数知识点
小学数学奥数知识点小学数学奥数知识常见的知识点主要有以下方面：加法原理和乘法原理排列组合分数运算勾股定理简单的代数方程逻辑推理几何图形的性质和计算概率问题数列问题质数与合数因数与倍数最大公约数与最小公倍数平均数、中位数和众数简单的立体几何速度、时间和距离问题百分数和小数对称性与反射逆向思维和试错法等式和不等式等等这些内容，就不一一列举了，后面正文里面有详细描述。
一.加法原理和乘法原理：加法原理：指如果一个事件可以分为若干个互不相交的事件，那么这个事件发生的可能性等于这些互不相交事件发生的可能性之和。
乘法原理：指如果一个事件可以分为若干个步骤，每个步骤有若干个不同的选项，那么这个事件发生的可能性等于每个步骤选项数的积。
例题：一个商店出售5种颜色的T恤，6种颜色的裤子，和4种颜色的帽子。
一个顾客想购买一套衣服，包括一件T恤，一条裤子，和一顶帽子。
问有多少种不同的搭配？解答：根据乘法原理，共有5×6×4=120种不同的搭配。
学习方法：通过实际生活中的例子，让学生理解加法原理和乘法原理的应用，多做练习题提高运用能力。
二.排列组合：排列指的是从一组对象中选取若干个对象进行排列，而不同的排列方式被视为不同的情况。
一般来说，如果从n 个对象中选取k 个对象进行排列，那么不同的排列数为n 的k 次方，即A(n,k) = n! / (n-k)!。
组合指的是从一组对象中选取若干个对象进行组合，而不同的组合方式被视为同一种情况。
一般来说，如果从n 个对象中选取k 个对象进行组合，那么不同的组合数为C(n,k) = n!/((n-k)!k!)。
例题：有8个人参加比赛，前三名将获得奖品。
有多少种不同的获奖组合？解答：用排列公式，8×7×6=336种排名。
学习方法：学习排列组合的公式，通过例题演示如何运用公式解决问题，并进行大量实战练习。
三.分数运算：加减运算：对于两个分数进行加减运算，需要将分数的分母化为相同的数，然后将分子相加或相减即可。
小学奥数教程：加乘原理之图论_全国通用(含答案)
1.复习乘法原理和加法原理；2.培养学生综合运用加法原理和乘法原理的能力．3.让学生懂得并运用加法、乘法原理来解决问题，掌握常见的计数方法，会使用这些方法解决问题． 在分类讨论中结合分步分析，在分步分析中结合分类讨论；教师应该明确并强调哪些是分类，哪些是分步．并了解与加、乘原理相关的常见题型：数论类问题、染色问题、图形组合．一、加乘原理概念生活中常有这样的情况：在做一件事时，有几类不同的方法，在具体做的时候，只要采用其中某一类中的一种方法就可以完成，并且这几类方法是互不影响的．那么考虑完成这件事所有可能的做法，就要用到加法原理来解决．还有这样的一种情况：就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法．要知道完成这件事情共有多少种方法，就要用到乘法原理来解决．二、加乘原理应用应用加法原理和乘法原理时要注意下面几点：⑴加法原理是把完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，所以完成任务的不同方法数等于各类方法数之和．⑵乘法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘积．⑶在很多题目中，加法原理和乘法原理都不是单独出现的，这就需要我们能够熟练的运用好这两大原理，综合分析，正确作出分类和分步．加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成，这几步是完成这件任务缺一不可的，这样的问题可以使用乘法原理解决．我们可以简记为：“乘法分步，步步相关”．【例 1】 5条直线两两相交，没有两条直线平行，没有任何三条直线通过同一个点，以这5条直线的交点为顶点能构成几个三角形？【考点】加乘原理之图论 【难度】3星 【题型】解答【解析】 方法一：5条直线一共形成54210⨯÷=个点，对于任何一个点，经过它有两条直线，每条直线上另外有3个点，此外还有三个不共线的点，以这个点为顶点的三角形就有33333332230⨯+⨯+⨯+⨯÷=个三角形，以10个点分别为定点的三角形一共有300个三角形，但每个三角形被重复计算3次，所以一共有100个三角形．方法二：只要三点不共线就能构成三角形，所以我们先求出10个点中取出3个点的种数，再减去3点共线的情况．这10个点是由5条直线互相相交得到的，在每条直线上都有4个点存在共线的情况，这4个点中任意三个都共线，所以一共有5[432(321)]20⨯⨯⨯÷⨯⨯=个三点共线的情况，除此以外再也没有3点共线的情况(用反证法可证明之)， 教学目标例题精讲知识要点7-3-3加乘原理之图论所以一共可以构成1098(321)20100⨯⨯÷⨯⨯-=种情况．【答案】100【例 2】 如图，有这样的两条线，请问从这5个点中任选三个点可以构成＿＿＿＿＿个不同的三角形．【考点】加乘原理之图论 【难度】2星 【题型】填空【关键词】学而思杯，3年级，第4题 【解析】 只要三点不共线，就能构成三角形。
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海豚教育个性化简案
学生姓名：年级：科目：
授课日期：月日上课时间：时分------ 时分合计：小时
教学目标1. 培养学生的观察能力及逻辑思维能力。
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2. 初步了解“乘法原理”，“加法原理（一）”，“加法原理（二）”。
重难点导航1. 了解掌握奥数阶梯思维．
2. 把奥数思维带入解决应用题中．
教学简案：
一、个性化教案
二、错题汇编
三、个性化作业
授课教师评价：□ 准时上课：无迟到和早退现象
（今日学生课堂表□ 今天所学知识点全部掌握：教师任意抽查一知识点，学生能完全掌握现符合共项）□ 上课态度认真：上课期间认真听讲，无任何不配合老师的情况
（大写）□ 海豚作业完成达标：全部按时按量完成所布置的作业，无少做漏做现象审核人签字：学生签字：教师签字：
备注：请交至行政前台处登记、存档保留，隔日无效（可另附教案内页）大写：壹贰叁肆签章：
海豚教育个性化教案
奥数讲解八
题型一：乘法原理
【知识要点】
1. 乘法原理：如果完成一件任务需要分成n个步骤进行，做第1步有m1种方法，做第2步有m2种方法……做第n步有mn种方法，那么按照这样的步骤完成这件任务共有
N＝m1×m2×…×mn
种不同的方法。
2. 从乘法原理可以看出：将完成一件任务分成几步做，是解决问题的关键，而这几步是完成这件任务缺一不可的。
【典型例题】
例1：马戏团的小丑有红、黄、蓝三顶帽子和黑、白两双鞋，他每次出场演出都要戴一顶帽子、穿一双鞋。
问：小丑的帽子和鞋共有几种不同搭配？
例2：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？
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）？
例4：如下图，A，B，C，D，E五个区域分别用红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的某一种染色，要使相邻的区域染不同的颜色，共有多少种不同的染色方法？
例5：有10块糖，每天至少吃一块，吃完为止。
问：共有多少种不同的吃法？
【同步训练】
1.有五顶不同的帽子，两件不同的上衣，三条不同的裤子。
从中取出一顶帽子、一件上衣、一条裤子配成一套装束。
问：有多少种不同的装束？
2. 四角号码字典，用4个数码表示一个汉字。
小王自编一个“密码本”，用3个数码（可取重复数字）表示一个汉字，例如，用“011”代表汉字“车”。
问：小王的“密码本”上最多能表示多少个不同的汉字？
3. “IMO”是国际数学奥林匹克的缩写，把这3个字母写成三种不同颜色。
现在有五种不同颜色的笔，按上述要求能写出多少种不同颜色搭配的“IMO”？
4. 用四种颜色给右图的五块区域染色，要求每块区域染一种颜色，相邻的区域染不同的颜色。
问：共有多少种不同的染色方法？
题型二：加法原理（一）
加法原理：如果完成一件任务有n类方法，在第一类方法中有m1种不同方法，在第二类方法中有m2种不同方法……在第n类方法中有mn种不同方法，那么完成这件任务共有
N=m1+m2+…+mn种不同的方法。
【典型例题】
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？
例2：旗杆上最多可以挂两面信号旗，现有红色、蓝色和黄色的信号旗各一面，如果用挂信号旗表示信号，最多能表示出多少种不同的信号？
例3：两次掷一枚骰子，两次出现的数字之和为偶数的情况有多少种？
例4：用1，2，3，4这四种数码组成五位数，数字可以重复，至少有连续三位是1的五位数有多少个？
例5：用五种颜色给右图的五个区域染色，每个区域染一种颜色，相邻的区域染不同的颜色。
问：共有多少种不同的染色方法？
【同步训练】
1. 南京去上海可以乘火车、乘飞机、乘汽车和乘轮船。
如果每天有20班火车、6班飞机、8班汽车和4班轮船，那么共有多少种不同的走法？
2.光明小学四、五、六年级共订300份报纸，每个年级至少订99份报纸。
问：共有多少种不同的订法？
3.将10颗相同的珠子分成三份，共有多少种不同的分法？
4.在所有的两位数中，两位数码之和是偶数的共有多少个？
5. 用五种颜色给右图的五个区域染色，每个区域染一种颜色，相邻的区域染不同的颜色。
问：共有多少种不同的染色方法？
题型三：加法原理（二）
我们通常解题，总是要先列出算式，然后求解。
可是对有些题目来说，这样做不仅麻烦，而且有时根本就列不出算式。
这一讲我们介绍利用加法原理在“图上作业”的解题方法。
【典型例题】
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？
例2：在左下图中，从A点沿实线走最短路径到B点，共有多少条不同路线？
例3：左下图是某街区的道路图。
从A点沿最短路线到B点，其中经过C点和D点的不同路线共有多少条？例4：沿左下图中箭头所指的方向从A到B共有多少种不同的走法？
【同步训练】
1.小明要登15级台阶，每步登1级或2级台阶，共有多少种不同登法？
2.小明要登20级台阶，每步登2级或3级台阶，共有多少种不同登法？
3.有一堆火柴共10根，每次取走1～3根，把这堆火柴全部取完有多少种不同取法？
4. 在下图中，从A点沿最短路径到B点，共有多少条不同的路线？
5. 左下图是某街区的道路图，C点和D点正在修路不能通过，那么从A点到B点的最短路线有多少条？
1. 两辆汽车同时从某地出发，运送一批货物到距离165千米的工地。
甲车比乙车早到48分钟，当甲车到达时，乙车还距工地24千米。
甲车行完全程用了多少小时？
1. 要从四年级六个班中评选出学习和体育先进集体各一个（不能同时评一个班），共有多少种不同的评选结果？
2. 甲组有6人，乙组有8人，丙组有9人。
从三个组中各选一人参加会议，共有多少种不同选法？
3. 用1，2，3这三种数码组成四位数，在可能组成的四位数中，至少有连续两位是2的有多少个？
4. 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？
5. 如图是八间房子的示意图，相邻两间房子都有门相通。
从A点穿过房间到达B处，如果只能从小号码房间走向大号码房间，那么共有多少种不同的走法？。