计数原理之乘法原理
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。
排列与组合,分步乘法计数原理,分类加法计数原理
排列：1、排列的概念：从n个不同元素中取出m (mWn)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。
2、全排列：把n个不同元素全部取出的一个排列，叫做这n个元素的一个全排列。
3、排列数的概念：从n个不同元素中取出m (mWn)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，用符号白；表示。
4、阶乘：自然数1到n的连乘积，用n!=1X2X3X・・・Xn表示。
规定：0!=15、排列数公式：*”n (n-1)(n-2)(n-3)…(n-m+1)='卡—活"。
组合：1、组合的概念：从n个不同元素中取出m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。
2、组合数的概念：从n个不同元素中取出m个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数用符号C；表示。
b=屋=题…---掰+。
_ /3、组合数公式：1H史耀！的I一对；4、组合数性质：K - …,5、排列数与组合数的关系：量二5,排列与组合的联系与区别：从排列与组合的定义可以知道，两者都是从n个不同元素中取出m个(mWn, n, m£N) 元素，这是排列与组合的共同点。
它们的不同点是：排列是把取出的元素再按顺序排列成一列，它与元素的顺序有关系，而组合只要把元素取出来就可以，取出的元素与顺序无关.只有元素相同且顺序也相同的两个排列才是相同的排列，否则就不相同；而对于组合，只要两个组合的元素相同，不论元素的顺序如何，都是相同的组合，如a, b与b, a是两个不同的排列，但却是同一个组合。
排列应用题的最基本的解法有:(1)直接法：以元素为考察对象，先满足特殊元素的要求，再考虑一般元素，称为元素分析法，或以位置为考察对象，先满足特殊位置的要求，再考虑一般位置，称为位置分析法;(2)间接法：先不考虑附加条件，计算出总排列数，再减去不符合要求的排列数。
排列的定义的理解：①排列的定义中包含两个基本内容，一是取出元素；二是按照一定的顺序排列；②只有元素完全相同，并且元素的排列顺序也完全相同时，两个排列才是同一个排列，元素完全相同，但排列顺序不一样或元素不完全相同，排列顺序相同的排列，都不是同一个排列；③定义中规定了 mWn,如果m<n,称为选排列；如果m=n,称为全排列；④定义中“一定的顺序”，就是说排列与位置有关，在实际问题中，要由具体问题的性质和条件进行判断，这一点要特别注意；⑤可以根据排列的定义来判断一个问题是不是排列问题，只有符合排列定义的说法，才是排列问题。
计数原理
8. 1 计数原理一、知识要点1．分类计数原理（加法原理）：做一件事情，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有m 1种不同的方法，在第二类办法中有m 2种不同的方法，……，在第n 类办法中有m n 种不同的方法．那么完成这件事共有 N=m 1+m 2+…+m n 种不同的方法．2．分步计数原理（乘法原理）：做一件事情，完成它需要分成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，那么完成这件事有 N=m 1×m 2×…×m n 种不同的方法．二、例题分析例1．从集合{1，2，3，…，10}中，选出由5个数组成的子集，使得这5个数中的任何两个数的和不等于11，这样的子集共有多少个?变式：把问题中选出5个数组成子集改为选出4个数组成子集，结果如何?例2．关于正整数2160，求：（1）它有多少个不同的正因数？ （2）它的所有正因数的和是多少？例3．用0，1，2，3，4，5这六个数字， （1）可以组成多少个数字不重复的三位数？ （2）可以组成多少个数字允许重复的三位数？（3）可以组成多少个数字不允许重复的三位数的奇数？（4）可以组成多少个能被3整除的数字不允许重复的三位数？（数字问题）例4．（1）三人相互传球，由甲开始发球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方法的种数是（ ）A 、6B 、8C 、10D 、16（2）1，2，3，4号足球运动员各有一件球衣在4人中互相赠送（每一个运动员不能拿自己的球衣），则不同的赠送方法有（ ）A ．6种B ．9种C ．11种D ．23种评注：第（2）小题是著名的贝努利装错信封问题当4n =时的特例．原意是，若一个人写了n 封不同的信和n 只相应的不同的信封，问这个人把这n 封信都装错了信封的装法有多少种？问题可转化为：n 个不同元素12,,,n a a a 进行排列，其中()1,2,,i a i n = 不排第i 个位置的排法种数．由容斥原理，可得相应的排法种数为：()()()()()12!1!2!1!1knk n n n n n n C n C n C n k C -⋅-+⋅--+-⋅-++- ．例5．如图一,要给①,②,③,④四块区域分别涂上五种颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同颜色,则不同涂色方法种数为( )D. 60变式：若变为图二,图三呢? 图四呢？（染色问题）例6．（1）某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如图（1））.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，不同的栽种方法有多少？ （2）（2010天津理）如图（2），用四种不同颜色给图中的A,B,C,D,E,F 六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ） （A ）288种 （B ）264种 （C ）240种 （D ）168种三、规律总结1．弄清两个原理的区别与联系，是正确使用这两个原理的前提和条件.这两个原理都是指完成一件事而言的.其区别在于：（1）分类计数原理是“分类”，分步计数原理是“分步”；（2）分类计数原理中每类办法中的每一种方法都能独立完成一件事，分步计数原理中每步中每种方法都只能做这件事的一步，不能独立完成这件事.2．分类计数原理和分步计数原理是解决排列、组合问题的理论基础，解题中要力争做到“步骤完整、不重不漏”．3．元素能重复的问题往往用两个计数原理解决.图一图二图三图四四、巩固练习1．5名运动员争夺3项比赛冠军（每项比赛无并列冠军），那么获得冠军的可能种数为（ ）A ．35B ．53C ．35AD ． 35C2．（2009辽宁卷理）从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有 （ ） A ．70种 B ． 80种 C ． 100种 D ．140种3．（08全国卷1）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 ．96B ．84C ．60D ．48 4．从{一3,－2,－1，0，1，2，3}中，任取3个不同的数作为抛物线方程c bx ax y 2++= 的系数，如果抛物线经过原点，且顶点在第一象限，则这样的抛物线共有 （ ） A. 7条 B. 8条 C. 9条 D. l0条5．从集合{1，2，3}和{1，4，5，6}中各取1个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中能确定不同点的个数是 （ ） A. l2 B. 11 C. 24 D. 236．甲、乙、丙、丁四人相互传球，第一次甲传给乙、丙、丁三人中的一人，第二次由拿球 者再传给其他三人中任一人，这样共传了4次，则第四次仍传回到甲的方法共有（ ）A 、21种 B 、24种 C 、27种 D 、42种7．从6人中选出4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有 （ ） A ．300种 B ．240种 C ．144种 D ．96种8．某赛季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， 一球队打完15场，积33分，若不考虑顺序，该队胜、负、平的情况共有 （ ） （A ）3种 （B ）4种 （C ）5种 （D ）6种9．从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有 ( )A.8种B.12种C.16种D.20种 10．一个集合有5个元素，则该集合的非空真子集共有 个11．乘积)c ...c c )(b ...b b )(a ...a a (k 21m 21n 21+++++++++展开后的项数为_______. 12．72的正约数共有__________个.13．如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中有6个焊接点A ，B ， C ，D ，E ，F ，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通．现发现电路不通了，那么焊接点脱落的可能性共有14．用1,2,3,,9 这九数字填写在如上图的9个空格中，要求每一行从左到右依次增大，每一列从上到下依次增大，当数字4固定在中心位置时，则所有填写空格的方法共有 ．15．同室四人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张另人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方法有__________种．16．如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色.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）①②③④⑤17．（2010浙江理）有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复. 若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、下午都各测试一人. 则不同的安排方式共有______________种（用数字作答）.18．三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数是多少?19．将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色,并使同一条棱上的两端点异色,如果只有5种颜色可供使用,求不同的染色方法总数.20．用数字0，1，2，3，4组成无重复数字的四位数.(1)有多少个四位偶数?(2)若按从小到大排列，3204是第几个数?8. 1 计数原理二、例题分析例1．解：和为11的数共有5组：1与10，2与9，3与8，4与7，5与6，子集中的元素不能取自同一组中的两数，即子集中的元素取自5个组中的一个数.而每个数的取法有2种，所以子集的个数为2×2×2×2×2=25=32.变式：802445=⋅C例2．解：解：（1）∵N =2160=24×33×5，∴2160的正因数为P =2α×3β×5γ，其中α=0，1，2，3，4，β=0，1，2，3，γ=0，1. ∴2160的正因数共有5×4×2=40个.（2）式子（20+21+22+23+24）×（30+31+32+33）×（50+51）的展开式就是40个正因数. ∴正因数之和为31×40×6=7440.例3．本题是一种典型的选数与组数的问题，与计数有关，故考虑利用两个计数原理解决，但需要注意的是，无论组成多少位数字，首位均不能为0.（1）分三步：①先选百位数字，由于0不能作为百位数，因此有5种不同的选法；②十位数字有5种选法；③个位数字有4种不同的选法，由分步乘法计数原理知，所求的三位数共有554100⨯⨯=个．（2）分三步：①先选百位数字，由于0不能作为百位数字，因此有5种不同的选法； ②十位数字有6种不同的选法；③个位数字有6种不同的选法．由分步乘法计原理可知所求的三位数共有5×6×6＝180个．（3）分三步：①先选个位数字，由于组成的三位数是奇数，因此有3种不同的选法；②再选百位数字有4种选法；③十位数字也有4种选法．由分步乘法计数原理知，所求的三位数共有3×4×4＝48个.（4）被3整除的数它的各位数字之和被3整除．对0，1，2，3，4，5这六个数字按被3除后的余数进行分类：{}00,3A =，{}11,4A =，{}22,5A =，则这三个数字只能每个集合各取一个，12,A A 中各取一数有22⨯种选法．若0A 中取数字0，可组成22⨯个三位数；若0A 中取数字3，可组成321⨯⨯个三位数；所求的三位数共有41040⨯=个． 例4．解：（1）画树枝图，共有10种不同的方法，选C ． （2）方法1：画树枝图，略．方法2：记1，2，3，4号足球运动员对应的球衣为,,,a b c d ，先让1号运动员选择有3种方法，如选b ；然后，让与 球衣b 对应的2号运动员选择，也有3种方法，如选d ； 再让与d 对应的4号运动员选择，则只能选a ． 因此，不同的赠送方法有339⨯=种． 例5．解：图一，5433180⨯⨯⨯=种； 变式：图二，5434240⨯⨯⨯=；图三，5×4×4×4=320种．图四，()541433260⨯⨯+⨯=种．例6．（1）解法一：从题意来看6部分种4种颜色的花，又从图形看知必有2组同颜色的花，从同颜色的花入手分类求.（1）②与⑤同色，则③⑥也同色或④⑥也同色，所以共有N 1=4×3×2×2×1=48种； （2）③与⑤同色，则②④或⑥④同色，所以共有N 2=4×3×2×2×1=48种； （3）②与④且③与⑥同色，则共有N 3=4×3×2×1=24种. 所以，共有N =N 1+N 2+N 3=48+48+24=120种. 解法二：记颜色为A 、B 、C 、D 四色，先安排1、2、3有A 34种不同的栽法，不妨设1、2、3已分别栽种A 、B 、C ，则4、5、6栽种方法共5种，由以下树状图清晰可见.1 2 3 4a b c d456C CC CD DD D D BB根据分步计数原理，不同栽种方法有N =A 34×5=120. （2）D 【解析】①B,D,E,F 用四种颜色，则有441124A ⨯⨯=种涂色方法； ②B,D,E,F 用三种颜色，则有334422212192A A ⨯⨯+⨯⨯⨯=种涂色方法； ③B,D,E,F 用两种颜色，则有242248A ⨯⨯=种涂色方法；所以共有24+192+48=264种不同的涂色方法。
加乘原理知识点总结
加乘原理知识点总结
加乘原理是概率论中的两个基本原理，它们被广泛应用于各种领域，包括编程。
以下是这两个原理的总结：
加法原理，也被称为分类计数原理，它描述的是完成一件事的不同方法。
这个原理指出，如果完成一件事有n类方法，每一类方法都是独立、完整且互斥的，那么完成这件事共有m1+m2+...+mn种不同的方法。
乘法原理，也被称为分步计数原理，它描述的是完成一个独立事件所需的不同步骤。
这个原理指出，如果完成一件事需要分成n个步骤，每一步都有m种不同的方法，那么完成这件事共有m1×m2×...×mn种不同的方法。
这两个原理的关键在于分类和分步的恰当性。
加法原理中的每一种方法都是独立、完整且互斥的，只有满足这个条件，才能用加法原理。
乘法原理中的每一步都不能独立完成任务，且各步都不可缺少，需要依次完成所有步骤才能完成一个独立事件，只有满足这个条件，才能用乘法原理。
这两个原理是计算可能性的基础，在解决实际问题的过程中具有重要应用。
例如，在排列组合问题中，可以使用加法原理计算不同元素的组合数；在概率问题中，可以使用乘法原理计算多个事件的联合概率。
经典题库-乘法原理的应用【附详答】
经典题库-乘法原理的应用知识框架图计数原理乘法原理 1简单乘法原理的应用2较复杂的乘法原理应用1.使学生掌握乘法原理主要内容，掌握乘法原理运用的方法；2.使学生分清楚什么时候用乘法原理，分清有几个必要的步骤，以及各步之间的关系．3.培养学生准确分解步骤的解题能力；乘法原理的数学思想主旨在于分步考虑问题，本讲的目的也是为了培养学生分步考虑问题的习惯．一、乘法原理概念引入老师周六要去给同学们上课，首先得从家出发到长宁上8点的课，然后得赶到黄埔去上下午1点半的课．如果说申老师的家到长宁有5种可选择的交通工具（公交、地铁、出租车、自行车、步行），然后再从长宁到黄埔有2种可选择的交通工具（公交、地铁），同学们，你们说老师从家到黄埔一共有多少条路线？我们看上面这个示意图，老师必须先的到长宁，然后再到黄埔．这几个环节是必不可少的，老师是一定要先到长宁上完课，才能去黄埔的．在没学乘法原理之前，我们可以通过一条一条的数，把线路找出来，显而易见一共是10条路线．但是要是老师从家到长宁有25种可选择的交通工具，并且从长宁到黄埔也有30种可选择的交通工具，那一共有多少条线路呢？这样数，恐怕是要耗费很多的时间了．这个时候我们的乘法原理就派上上用场了．二、乘法原理的定义完成一件事，这个事情可以分成n 个必不可少的步骤（比如说老师从家到黄埔，必须要先到长宁，那么一共可以分成两个必不可少的步骤，一是从家到长宁，二是从长宁到黄埔），第1步有A 种不同的方法，第二步有B 种不同的方法，……，第n 步有N 种不同的方法．那么完成这件事情一共有A ×B ×……×N 种不同的方法．结合上个例子，老师要完成从家到黄埔的这么一件事，需要2个步骤，第1步是从家到长宁，一共5种选择；第2步从长宁到黄埔，一共2种选择；那么老师从家到黄埔一共有5×2个可选择的路线了，即10条．三、乘法原理解题三部曲1、完成一件事分N 个必要步骤；2、每步找种数（每步的情况都不能单独完成该件事）；3、步步相乘教学目标 知识要点四、乘法原理的考题类型 1、路线种类问题——比如说老师举的这个例子就是个路线种类问题；2、字的染色问题——比如说要3个字，然后有5种颜色可以给每个字然后，问3个字有多少种染色的方法；3、地图的染色问题——同学们可以回家看地图，比如中国每个省的染色情况，给你几种颜色，问你一张包括几个部分的地图有几种染色的方法；4、排队问题——比如说6个同学，排成一个队伍，有多少种排法；5、数码问题——就是对一些数字的排列，比如说给你几个数字，然后排个几为数的偶数，有多少种排法．1、简单乘法原理的应用【例 1】 邮递员投递邮件由A 村去B 村的道路有3条，由B 村去C 村的道路有2条，那么邮递员从A 村经B 村去C 村，共有多少种不同的走法？（2级）【解析】 把可能出现的情况全部考虑进去．第一步 第二步由分析知邮递员由A 村去B 村是第一步，再由B 村去C 村为第二步，完成第一步有3种方法，而每种方法的第二步又有2种方法．根据乘法原理，从A 村经B 村去C 村，共有3×2=6种方法．【巩固】 如下图所示，从A 地去B 地有5种走法，从B 地去C 地有3种走法，那么李明从A 地经B 地去C地有多少种不同的走法？（2级）【解析】 从A 地经B 地去C 地分为两步，由A 地去B 地是第一步，再由B 地去C 地为第二步，完成第一步有5种方法，而每种方法的第二步又有3种方法．根据乘法原理，从A 地经B 地去C 地，共有5×3=15种方法．【例 2】 如下图中，小虎要从家沿着线段走到学校，要求任何地点不得重复经过．问：他最多有几种不同走法？（2级）A 村村 C 村中A 村村 C 村北南 C 村村A村例题精讲【解析】 从家到中间结点一共有2种走法，从中间结点到学校一共有3种走法，根据乘法原理，一共有3×2=6种走法．【巩固】 在下图中，一只甲虫要从A 点沿着线段爬到B 点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法？（2级）【解析】 甲虫要从A 点沿着线段爬到B 点，需要经过两步，第一步是从A 点到C 点，一共有3种走法；第二步是从C 点到B 点，一共也有3种走法，根据乘法原理一共有3×3=9种走法．【例 3】 在右图中，一只甲虫要从A 点沿着线段爬到B 点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法？（4级）【解析】 从A 点沿着线段爬到B 点需要分成三步进行，第一步，从A 点到C 点，一共有3种走法；第二步，从C 点到D 点，有1种走法；第三步，从D 点到B 点，一共也有3种走法．根据乘法原理，一共有3×1×3=9种走法．【巩固】 在右图中，一只蚂蚁要从A 点沿着线段爬到B 点，要求任何点不得重复经过．问：这只蚂蚁最多有几种不同走法？（4级）【解析】 解这道题时千万不要受铺垫题目的影响，第一步，A 点到C 点的走法是3种；第二步，从C 点到D 点，有1种走法；但第三步，从D 点到B 点的走法并不是3种，由D 出去有2条路选择，到下一岔路口又有2条路选择，所总共有2×2=4（种）走法，根据乘法原理，这只蚂蚁最多有31412⨯⨯=（种）不同走法．【巩固】 在右图中，一只甲虫要从A 点沿着线段爬到B 点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法？（4级）【解析】 从A 点沿着线段爬到B 点需要分成三步进行，第一步，从A 点到C 点，一共有3种走法；第二步，从C 点到D 点，一共也有3种走法；第三步，从D 点到B 点，一共也有3种走法．根据乘法原理，一共有33327⨯⨯=种走法．CB ADC B A B DC AD C B A【巩固】 在右图中，一只甲虫要从A 点沿着线段爬到B 点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法? （6级）【解析】 解这道题时千万不要受铺垫题目的影响，A 点到C 点的走法不是3种，而是4种，C 点到B 点的走法也是4种，根据乘法原理，这只甲虫最多有4416⨯=种走法．【例 4】 按下表给出的词造句，每句必须包括一个人、一个交通工具，以及一个目的地，请问可以造出多少个不同的句子？（4级）【解析】 1、造一个句子必须包含三个部分，即人、交通工具、目的地．2、那么这个句子可以分成三个部分；第一个步——选择人物，有三种选择；第二步——选择交通工具，有三种选择；第三个步——选择目的地，有三种选择．3、根据乘法原理：3×3×3=27．【例 5】 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？（4级）【解析】 从该题库每一类试卷中分三步各选一道题，每一步分别有30、40、45种选法．根据乘法原理，一共有30×40×45=54000种不同的选法，所以一共可以组成54000种不同试卷．【巩固】 文艺活动小组有3名男生，4名女生，从男、女生中各选1人做领唱，有多少种选法？（4级）【解析】 完成这件事需要两步：一步是从女生中选1人，有4种选法；另一步是从男生中选1人，有3种选法．因此，由乘法原理，选出1男1女的方法有3412⨯=种．还可以用乘法的意义来理解这道题：男生有3种选法，每选定1个男生，再选1个女生，对应着4种选法，即3个男生，每个男生对应4种选女生的方法，因此选出1男1女共有3412⨯=种方法．【巩固】 小丸子有许多套服装，帽子的数量为5顶、上衣有10件，裤子有8条，还有皮鞋6双，每次出行要从几种服装中各取一个搭配．问：共可组成多少种不同的搭配(帽子可以选择戴与不戴)？（4级）【解析】 小丸子搭配服装分四步．第一步选帽子，由于不戴帽子可以看作戴了顶空帽子，所以有516+=种选法；第二步选上衣，有10种选法；第三步选裤子，有8种选法；第四步选皮鞋，有6种选法．根据乘法原理，四种服装中各取一个搭配．一共有5110862880+⨯⨯⨯=（）种选法，所以一共可以组成2880种不同搭配．【例 6】 要从四年级六个班中评选出学习、体育、卫生先进集体，有多少种不同的评选结果？（4级）【解析】 第一步选出学习先进集体一共有6种方法，第二步选出体育先进集体一共有6种方法，第三步选出卫生先进集体一共有6种评选方法，根据乘法原理，一共有666216⨯⨯=种评选方法．【巩固】 从四年级六个班中评选出学习、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？（4级）【解析】 第一步选出学习先进集体共有6种方法，第二步从剩下班级中选出体育先进集体共有5种方法，第CBA三步选出卫生先进集体只剩有4种评选方法，根据乘法原理，共有6×5×4=120种评选方法．【例 7】 从全班20人中选出3名学生排队，一共有多少种排法？（4级）【解析】 分三步，分别挑选第一人，第二人，第三人，分别有20，19，18种挑选法，一共有2019186840⨯⨯=种排法．【例 8】 五位同学扮成奥运会吉祥物福娃贝贝、晶晶、欢欢、迎迎和妮妮，排成一排表演节目．如果贝贝和妮妮不相邻，共有多少种不同的排法？（6级）【解析】 五位同学的排列方式共有5×4×3×2×1=120（种）．如果将相邻的贝贝和妮妮看作一人，那么四人的排列方式共有4×3×2×1=24（种）；因为贝贝和妮妮可以交换位置，所以贝贝和妮妮相邻的排列方式有24×2=48(种)；贝贝和妮妮不相邻的排列方式有120-48=72（种）．【巩固】 10个人围成一圈，从中选出三个人，其中恰有两人相邻，共有多少种不同选法？（6级）【解析】 两人相邻的情况有10种，第三个人不能与他们相邻，所以对于每一种来说，只剩6个人可选，10×6=60（种）共有60种不同的选法．【例 9】 “数学”这个词的英文单词是“MATH ”．用红、黄、蓝、绿、紫五种颜色去分别给字母染色，每个字母染的颜色都不一样．这些颜色一共可以染出多少种不同搭配方式？（4级）【解析】 为了完成对单词“MATH ”的染色，我们可以按字母次序，把这个染色过程分四步依次完成： 第1步——对字母“M ”染色，此时有5种颜色可以选择；第2步——对字母“A ”染色，由于字母“M ”已经用过一种颜色，所以对字母“A ”染色只有4种颜色可以选择；第3步——对字母“T ”染色，由于字母“M ”和“A ”已经用去了2种颜色，所以对字母“T ”染色只剩3种颜色可以选择；第4步——对字母“H ”，染色，由于字母“M ”、“A ”和“T ”已经用去了3种颜色，所以对字母“H ”染色只有2种颜色可以选择．由乘法原理，共可以得到5432120⨯⨯⨯=种不同的染色方式．【小结】下面的这棵枚举树清晰地揭示了利用乘法原理分步计数的过程：思考一下，如果不要求“每个字母染的颜色都不一样”，会有多少种不同的染色方式？每个字母都有５种颜色可选，那么染色方式一共有5×5×5×5=625种染色方式．【巩固】 “IMO ”是国际数学奥林匹克的缩写，把这3个字母用3种不同颜色来写，现有5种不同颜色的笔，问共有多少种不同的写法？（4级）【解析】 第一步写“I ”有5种方法，第二步写“M ”有4种方法，第三步写“O ”有3种方法，共有54360⨯⨯=种方法．【例 10】 “学习改变命运”这六个字要用6种不同颜色来写，现只有6种不同颜色的笔，问共有多少种不同的写法？（4级）紫紫绿蓝绿紫H TAM【解析】第一步写“学”有6种方法，第二步写“习”有5种方法，第三步写“改”有4种方法，第四步写“变”有3种方法，第五步写“命”有2种方法，第六步写“运”有1种方法，根据乘法原理，一共有654321720⨯⨯⨯⨯⨯=种方法．【巩固】有6种不同颜色的笔，来写“学习改变命运”这六个字，要求相邻字的颜色不能相同，有多少种不同的方法？（4级）【解析】写第一个字有6种选择，以后每写一个字，只要保证不与前一个字相同就行了，都有5种选择，所以，有65555518750⨯⨯⨯⨯⨯=种写法．【巩固】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？（4级）【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．2、较复杂的乘法原理应用【例 11】北京到上海之间一共有6个站，车站应该准备多少种不同的车票？(往返车票算不同的两种) （6级）【解析】京沪线上中间六个站连北京上海两站一共有8个站，不同的车票上起点站可以有8种，相同的起点站又可以配7种不同的终点站，所以一共要准备8×7=56种不同的车票．【巩固】（难度等级※※※）一条线段上除了两个端点还有6个点，那么这段线段上可以有多少条线段？（6级）【解析】将这条线段看作是京沪线，点是车站，那么，每一条线段都对应两张来回车票，所以线段的总数是56÷2=28条线段．【巩固】某次大连与庄河路线的火车，一共有6个停车点，铁路局要为这条路线准备多少种不同的车票？（6级）【解析】不同的车票上起点站可以有6种，相同的起点站又可以配5种不同的终点站，所以一共要准备⨯=种不同的车票．6530【巩固】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？（6级）【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．【例 12】⑴由数字1、2可以组成多少个两位数？⑵由数字1、2可以组成多少个没有重复数字的两位数？（6级）【解析】⑴组成两位数要分两步来完成：第一步，确定十位上的数字，有2种方法；第二步确定个位上的数字，有2种方法．根据乘法原理，由数字1、2可以组成2×2=4个两位数，即11，12，21，22．⑵组成没有重复数字的两位数要分两步来完成：第一步，确定十位上的数字，有2种方法；第二步确定个位上的数字，因为要组成没有重复数字的两位数，因此十位上用的数字个位上不能再用，因此第二步只有1种方法，由乘法原理，能组成2×1=2个两位数，即12，21．【巩固】用数字0，1，2，3，4可以组成多少个：⑴三位数？⑵没有重复数字的三位数？（6级）【解析】⑴组成三位数可分三步完成．第一步，确定百位上的数字，因为百位不能为0，所以只有4种选．⑵也分三步完成．第一步，百位上有4种选择；第二步确定十位，除了百位上已使用的数字不能用，其他四个数字都可以，所以有4种方法；第三步确定个位，除了百位和十位上已使用过的数字，还有3种选择．根据乘法原理，可以组成44348⨯⨯=个没有重复数字的三位数．【巩固】⑴由3、6、9这3个数字可以组成多少个没有重复数字的三位数？⑵由3、6、9这3个数字可以组成多少个三位数？（6级）【解析】⑴分三步完成：第一步排百位上的数，有3种方法；第二步排十位上的数，有2种方法；第三步，排个位上的数，有1种方法，由乘法原理，3、6、9这3个数字可以组成3216⨯⨯=个没有重复数字的三位数．⑵分三步完成，即分别排百位、十位、个位上的数字，每步有3种方法，由乘法原理，由3、6、9这3个数字一共可以组成33327⨯⨯=个三位数．【例 13】有五张卡，分别写有数字1、2、4、5、8．现从中取出3张卡片，并排放在一起，组成一个三位数，问：可以组成多少个不同的偶数？（6级）【解析】分三步取出卡片．首先因为组成的三位数是偶数，个位数字只能是偶数，所以先选取最右边的也就是个位数位置上的卡片，有2、4、8三种不同的选择；第二步在其余的4张卡片中任取一张，放在最左边的位置上，也就是百位数的位置上，有4种不同的选法；最后从剩下的3张卡片中选取一张，放在中间十位数的位置上，有3种不同的选择．根据乘法原理，可以组成3×4×3=36个不同的三位偶数．【例 14】有5张卡，分别写有数字2，3，4，5，6．如果允许6可以作9用，那么从中任意取出3张卡片，并排放在一起．问⑴可以组成多少个不同的三位数？⑵可以组成多少个不同的三位偶数？（6级）【解析】⑴先考虑6只能当6的情况最后总的个数只要在这个基础上乘以2就可以了，分三步取出卡片: 第一步确定百位，有5种选择；第二步确定十位，除了百位上已使用的数字不能用，其他4个数字都可以，所以有4种方法；第三步确定个位，除了百位和十位上已使用过的数字，还有3种选择．根据乘法原理，考虑6可以当作9，可以组成5432120⨯⨯⨯=（个）不同的三位数．⑵先考虑6只能当6的情况，分三步取出卡片．首先因为组成的三位数是偶数，个位数字只能是偶数，所以先选取最右边的也就是个位数位置上的卡片，有2、4、6三种不同的选择；第二步在其余的4张卡片中任取一张，放在十位数的位置上，有4种不同的选法；最后从剩下的3张卡片中选取一张，放在百位数的位置上，有3种不同的选择．根据乘法原理，6只是6时，可以组成34336⨯⨯=（个）不同的三位偶数．这时候算所求的三位偶数并不是简单乘以2就可以的，因为如果个位是6的话变成9就不再是偶数，多乘的还需要减去，个位是6一共有4312⨯=（个）不同的三位偶数，所以，可以组成3621260⨯-=（个）不同的三位偶数．【例 15】用1、2、3这三个数字可以组成多少个不同的三位数？如果按从小到大的顺序排列，213是第几个数？（6级）【解析】排百位、十位、个位依次有3种、2种、1种方法,故一共有3×2×1=6(种)方法,即可以组成6个不同三位数.它们依次为123,132,213,231,312,321．故213是第3个数．【巩固】有一些四位数，它们由4个互不相同且不为零的数字组成，并且这4个数字和等于12.将所有这样的四位数从小到大依次排列，第35个为．（6级）【解析】4个互不相同且不为0的数字之和等于12，只有两种可能：1+2+3+6或者1+2+4+5．根据乘法原理，每种情况可组成4×3×2×1=24个不同的四位数，一共可组成48个不同的四位数．要求从小到大排列的第35个数，即求从大到小排列的第14个数．我们从千位最大的数开始往下数：千位最大可以取6，而千位是6的数共有3×2=6个；接下来是5，千位为5的数也有6个．所以第13个数应为4521，第14个是4512，答案为4512．【例 16】将1332，332，32，2这四个数的10个数码一个一个的划掉，要求先划位数最多的数的最小数码，共有多少种不同的划法？（8级）【解析】从小到大一步一步的分步划，遇到出现岔路的情况分类考虑．从位数最多的1332开始：⑴划掉1332中的1，剩下332，332，32，2四个数；⑵划掉位数最多的332中的2，有2种不同的顺序，划掉后剩下33，33，32，2四个数；⑶划掉32中的2，剩下33，33，3，2；⑷两个33中，各划掉一个3，有4×2=8种划掉的顺序，之后剩下3，3，3，2四个数；⑸划掉2后，剩下3，3，3，有3×2=6种划掉的顺序．根据乘法原理，共有不同的划法：2×8×6=96种．【巩固】一个三位数，如果它的每一位数字都不小于另一个三位数对应数位上的数字，就称它“吃掉”另一个三位数，例如：532吃掉311，123吃掉123，但726与267相互都不被吃掉．问：能吃掉678的三位数共有多少个？（6级）【解析】即求百位数不小于6，十位数不小于7，个位不小于8的自然数．百位数不小于6，有4种；十位数不小于7，有3种；个位不小于8，有2种．由乘法原理，能吃掉678的三位数共有43224⨯⨯=种．【例 17】如果一个四位数与一个三位数的和是1999，并且四位数和三位数是由7个不同的数字组成的，那么，这样的四位数最多能有多少个？（8级）【解析】四位数的千位数字是1．由于这个四位数与三位数的相同位数上的数字之和小于19，所以这个四位数与三位数的相同位数上的数字之和均等于9．这两个数的其他数字均不能为8．四位数的百位数字a可在0、2、3、4、5、6、7中选择(不能是9)，有7种选择，这时三位数的百位数字是9a-；四位数的十位数字b可在剩下的6个数字中选择，三位数的十位数字是9b-．四位数的个位数字c可在剩下的4个数字中选择，三位数的个位数字是9c-．因此，根据乘法原理，这样的四位数有764=168⨯⨯个．【例 18】用1～9可以组成______个不含重复数字的三位数：如果再要求这三个数字中任何两个的差不能是1，那么可以组成______个满足要求的三位数？（8级）【解析】1) 9×8×7=504个．2）504-（6+5+5+5+5+5+5+6）×6-7×6=210个；（减去有2个数字差是1的情况，括号里8个数分别表示这2个数是12，23，34，45，56，67，78，89的情况，×6是对3个数字全排列，7×6是三个数连续的123、234、345、456、567、789这7种情况）．【例 19】电子表用11:35表示11点35分，用06:05表示6点5分，那么2点到10点之间电子表中出现无重复数字的时刻有________次．（8级）【解析】根据题意，在2点到10点之间，表示小时数的二位数字前一位只能为0，后一位可以为2～9；表示分钟数的二位数字前一位可以为0～5，后一位可以为0～9，再考虑到无重复数字，当时间为2点多、3点多、4点多或5点多时，每一种情况下，表示分钟数的两位数字中前一位有624-=种选择，后一位数字有1037⨯=种可能，比如02:ab时，a可以为1，3，4，5，b就-=种选择，此时有4728剩下1037⨯=种．-=种可以选择．所以这几种情况下共有284112类似分析可知，当时间为6点多、7点多、8点多、9点多时，每种情况下都有5735⨯=种，共有⨯=种．354140所以共112140252+=种．【例 20】(2008年西城实验考题)在1，2，3，……，7，8的任意排列中，使得相邻两数互质的排列方式共有______ 种．（8级）【解析】这8个数之间如果有公因子，那么无非是2或3．8个数中的4个偶数一定不能相邻，对于这类多个元素不相邻的排列问题，考虑使用“插入法”，即首先忽略偶数的存在，对奇数进行排列，然后将偶数插入，但在偶数插入时，还要考虑3和6相邻的情况．奇数的排列一共有4!24=种，对任意一种排列4个数形成5个空位，将6插入，可以有符合条件的3个位置可以插，再在剩下的四个位置中插入2、4、8，一共有43224⨯⨯=种，所以一共有243241728⨯⨯=种．【例 21】 在右图的每个区域内涂上A 、B 、C 、D 四种颜色之一，使得每个圆里面恰有四种颜色，则一共有__________种不同的染色方法．（8级）【解析】 因为每个圆内4个区域上染的颜色都不相同，所以一个圆内的4个区域一共有43224⨯⨯=种染色方法．如右图所示，当一个圆内的1、2、3、4四个区域的颜色染定后，由于6号区域的颜色不能与2、3、4三个区域的颜色相同，所以只能与1号区域的颜色相同，同理5号区域只能与4号区域的颜色相同，7号区域只能与2号区域的颜色相同，所以当1、2、3、4四个区域的颜色染定后，其他区域的颜色也就相应的只有一种染法，所以一共有24种不同的染法．【例 22】 如图，地图上有A ，B ，C ，D 四个国家，现用五种颜色给地图染色，要使相邻国家的颜色不相同，有多少种不同染色方法? （6级）【解析】 为了按要求给地图上的这四个国家染色，我们可以分四步来完成染色的工作：第一步：给A 染色，有5种颜色可选．第二步：给B 染色，由于B 不能与A 同色，所以B 有4种颜色可选．第三步：给C 染色，由于C 不能与A 、B 同色，所以C 有3种颜色可选．第四步：给D 染色，由于D 不能与B 、C 同色，但可以与A 同色，所以D 有3种颜色可选．根据分步计数的乘法原理，用5种颜色给地图染色共有5433180⨯⨯⨯=种不同的染色方法．【巩固】 如图，一张地图上有五个国家A ，B ，C ，D ，E ，现在要求用四种不同的颜色区分不同国家，要求相邻的国家不能使用同一种颜色，不同的国家可以使用同—种颜色，那么这幅地图有多少着色方法？（6级）【解析】 第一步，给A 国上色，可以任选颜色，有四种选择；第二步，给B 国上色，B 国不能使用A 国的颜色，有三种选择；第三步，给C 国上色，C 国与B ，A 两国相邻，所以不能使用A ，B 国的颜色，只有两种选择； 第四步，给D 国上色，D 国与B ，C 两国相邻，因此也只有两种选择；第五步，给E 国上色，E 国与C ，D 两国相邻，有两种选择．共有4322296⨯⨯⨯⨯=种着色方法．7654321DCB AED C BA。
计数原理
（3）从2,3,5,7,11中任取两个数相乘（4）从2,3,5,7,11中任取两个数相除
（5）20位同学互通一次电话（6）20位同学互通一封信
（7）以圆上的10个点为端点作弦（8）以圆上的10个点中的某一点为起点，作过另一个点的射线
说明：分类和分步计数原理:
有5个不同大小的红球，4个不同大小的绿球，3个不同大小的白球。
（1）任取3个不同颜色的小球，有多少种不同的取法？
（2）任取1个颜色的小球，有多少种不同的取法？
（3）任取2个不同颜色的小球，有多少种不同的取法？
3、红、黄、蓝三面小旗，从上到下挂在绳子上表示不同的信号，每次可挂一面、两面或三面，不同顺序表示不同信号，问有多少种不同的信号？
（9）有10个车站，共需要多少种车票？（10）有10个车站，共需要多少种不同的票价？
排列数计算公式
1、 。
2、当时， 记作，读作。
注：（1）规定： 。
（2）常有： ， 。
3、用阶乘计算 。
证明： 。
课堂例题：
1、计算：1）计算： 2）求证：
3）解方程： 4)若 ，求
5)
2、用1，2，3可以组成的数字不重复的三位偶数共有个
（有公共边）的区域不同色，那么共有不同的涂色方法多少种？
课堂归纳：
排列
问题1：某航空公司在甲乙丙丁四个城市中每两个城市之间都开辟了直达航线，需要准备多少种不同的单程飞机票？
问题2：从1，2，3，4这四个不同的数字中选出3个数字，组成没有重复数字的三位数，这样的三位数共有多少个？
由问题1、问题2可总结：
（5）三男两两不相邻；（6）男女生必须相间；
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
自然数2520有多少个约数？ 有多少个约数？ 例3.自然数 自然数 有多少个约数 解：2520＝23×32×5×7 ＝ × 分四步完成： 分四步完成： 第一步： 第一步：取20，21，22，23，24有4种; 种 第二步： 第二步：取30，31，32有3种； 种 第三步：取50，51有2种； 第三步： 种 第四步： 第四步：取70，71有2种。 种 由分步计数原理，共有4× × × ＝ 种 由分步计数原理，共有 ×3×2×2＝48种 练习： 张 元币 元币， 张 角币 角币， 张 分币 分币， 张 分币 分币， 练习：5张1元币，4张1角币，1张5分币，2张2分币，可组成 多少种不同的币值？（ 张不取， ？（1张不取 角不计在内） 多少种不同的币值？（ 张不取，即0元0分0角不计在内） 元 分 角不计在内 元：0，1，2，3，4，5 ， ， ， ， ， 角：0，1，2，3，4 ， ， ， ， 分：0，2，4，5，7，9 ， ， ， ， ， 6×5×6－1＝179 × × － ＝
பைடு நூலகம்
（染色问题） 染色问题）
1.如图 要给地图 、B、C、D四个区域分别涂上 种 如图,要给地图 四个区域分别涂上3种 如图 要给地图A、 、 、 四个区域分别涂上 不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次 允许同一种颜色使用多次,但相 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,不同的涂色方案有多少种 不同的涂色方案有多少种？ 邻区域必须涂不同的颜色 不同的涂色方案有多少种？
深化理解 4. 何时用分类计数原理、分步计数原理呢 何时用分类计数原理、分步计数原理呢? 完成一件事情有n类方法 答:完成一件事情有 类方法 若每一类方法中的任 完成一件事情有 类方法,若每一类方法中的任 何一种方法均能将这件事情从头至尾完成,则计算完 何一种方法均能将这件事情从头至尾完成 则计算完 成这件事情的方法总数用分类计数原理. 成这件事情的方法总数用分类计数原理 完成一件事情有n个步骤 若每一步的任何一种 完成一件事情有 个步骤,若每一步的任何一种 个步骤 方法只能完成这件事的一部分,并且必须且只需完成 方法只能完成这件事的一部分 并且必须且只需完成 互相独立的这n步后 才能完成这件事,则计算完成这 步后,才能完成这件事 互相独立的这 步后 才能完成这件事 则计算完成这 件事的方法总数用分步计数原理. 件事的方法总数用分步计数原理
小学六年级奥数 第4讲计数原理之加乘原理_PDF压缩
【例3】(★★★) 一个三位数，其反序数也是一个三位数，用这个三位数减去它的反序 数得到的差大于0，且为4的倍数，满足条件的三位数有_____个。
【例5】(★★★) 在1001，1002，…，2000这1000个自然数中，可以找到多少对相邻的 自然数，使它们相加时不进位？
【例4】(★★★) 一个至少两位的数，如果满足高数位上的数字总大于低数位上的数字， 如732、85421，我们称之为“下降数”，那么“下降数”中一共有 _____个偶数。
计数原理之加乘原理
加油站 加法原理：分类计数，类类独立 乘法原理：分步计数，步步相关 关联词区分：可以…) 用数字0，1，2，3，4可以组成多少个小于1000的自然数？
【例2】(★★★)(北京市人大附中分班考题) 由0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的六位数中，百位不是2的 奇数有多少个？
【例8】(★★★★) 从1、2、3、4、5、6、7这7个数中选出3个数，请问： ⑴要使这3个数的乘积能被3整除，一共有多少种不同的选法？ ⑵要使这3个数的和能被3整除，一共有多少种不同的选法？
【例10】(★★★★) 从1到999这999个自然数中有_____个数的各位数字之和能被4整除。
本讲总结 加法原理：分类计数，类类独立 乘法原理：分步计数，步步相关 关联词区分：可以……也可以…… 加法原理
先……再……又…… 乘法原理
乘法原理的前提：平等性 常用方法： ①优先排序法 ②排除法 ③分类讨论
重点例题：例5、例7、例8、例9
2
【例6】(★★★) 一个七位数，其数码只能为1或3，且无两个3是邻的。问这样的七位 数共有多少个？
1
【例7】(★★★) 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？
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。
分类加法计数原理和分步乘法计数原理
分类加法计数原理和分步乘法计数原理【要点梳理】要点一：分类加法计数原理(也称加法原理)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1m 种不同方法,在第2类办法中有2m 种不同的方法,……,在第n 类办法中有n m 种不同方法,那么完成这件事共有n m m m N +++=Λ21种不同的方法.2．加法原理的特点是：① 完成一件事有若干不同方法，这些方法可以分成n 类；② 用每一类中的每一种方法都可以完成这件事；③ 把每一类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．要点诠释：使用分类加法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对这件事确定一个标准进行分类，第二步是确定各类的方法数，第三步是取和。
3．图示分类加法计数原理：由A 到B 算作完成一件事.直线型流程线表示第1类方案中包括的方法数，折线型流程线表示第2类方案中包括的方法数。
从图中可以看出，完成由A 到B 这件事，共有方法m+n 种。
要点诠释：用分类加法计数原理计算完成某件事的方法数，“类”要一竿到底，它的起点、终点就是完成这件事的开始与结束，图示分类加法计数原理，用意就在其中。
要点二、分步乘法计数原理1.分步乘法计数原理“做一件事，完成它需要分成n 个步骤”，就是说完成这件事的任何一种方法，都要分成n 个步骤，要完成这件事必须并且只需连续完成这n 个步骤后，这件事才算完成．2．乘法原理的特点：① 完成一件事需要经过n 个步骤，缺一不可；② 完成每一步有若干种方法；③ 把每一步的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．要点诠释：使用分步乘法计数原理计算完成某件事的方法数，第一步是对完成这件事进行分步，第二步是确定各步的方法数，第三步是求积。
3.图示分步乘法计数原理：由A到C算作完成一件事.设完成这件事的两个步骤为从A到B、从B到C。
要点诠释：从A到C算作完成一件事，A是起点，C是终点，点B是中间单元，从A到B是第1步，从B到C是第2步。
加法原理和乘法原理
5*5*5=125
5*4*3=60
（2）用1，2，3，4，5五个数可以组成多少个无
重复数字的三位数？三位奇数？3*4*3=36
3*4*4=48
（3）用0，1，2，3可以组成多少个三位数？
（4）用0，1，2，3可以组成多少个无重复数字的
三位数？
3*3*2=18
例6：540的不同正约数共多少个？正偶约数呢？
分析: 从甲地到乙地有3类方法, 第一类方法, 乘火车，有4种方法; 第二类方法, 乘汽车，有2种方法; 第三类方法, 乘轮船, 有3种方法;
所以从甲地到乙地共有 4 + 2 + 3 = 9 种方法。
2. 如图,由A村去B村的道路有3条，由B村去C
村的道路有2条。从A村经B村去C村，共有多少
种不同的走法? 北
提问1：完成生产试验这件事，需要多少步骤？ 提问2：完成这件事，能否一步完成？若不能，具体分 哪些步？画出树图。
例3：已知M={1，2，3，4，5}，z=a+bi,a、 b∈M，求满足条件的复数z的个数。
解: 完成这件事, 需分2步完成, 第一步, 实部a有 m1 = 5 种方法; 第二步, 虚部b有 m2 = 5 种方法;
所以, 根据乘法原理, 共有N=5×5=25个复数z.
例4：问(a1 a2 a3 )(b1 b2 b3 b4 )(c1 c2 ) 展开后共有多少项？
分析：多项式展开后的项数是计数问题，展开后的 多项式的项可看作是从第一个括号内取一个数，从 第二个括号内取一个数，再从第三个括号内取一个 数相乘而得。 树图： 解：确定多项式的每一项需要分三个步骤完成：
N=m1+m2+…+mn 种不同的方法。 乘法原理 做一件事情，完成它需要分成n个步骤， 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 完成这件事有
两种计数原理的内容
两种计数原理的内容
1. 乘法原理：将一个问题分解成几个部分，每个部分都有若干种选择，那么整个问题的总方案数就等于各部分选择方案数乘积。
例如，有5种颜色的衣服和3种不同的裤子，那么可以组成的不同的服装组合数就是5×3=15。
2. 加法原理：当一个问题可以用多种不同的方法得到的时候，就可以使用加法原理。
例如，有一条路线，从A到B有3条不同的路线，从B到C有4条不同的路线，那么从A到C总共有3+4=7种不同的路线。
也可以理解为将不同的方案（如A到B的路线和B到C的路线）相加得到总方案数。
小学数学《计数原理之乘法原理》ppt
【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？
3
分析与解：由下图可以看出，帽子和鞋共 有6种搭配。
事实上，小丑戴帽穿鞋是分两步进行的。 第一步戴帽子，有3种方法；第二步穿鞋， 有2种方法。对第一步的每种方法，第二步 都有两种方法，所以不同的搭配共有
步时用分步乘法计数原理． 应用两个基本原理时需要注意分类
时要求各类办法彼此之间相互排斥；分步 时要求各步是相互独立的．
2、对于有些较为复杂的问题不可仅 用简单的“分类”或“分步”来完成，而 是要把两者结合起来考虑.
答：一共有20种不同的选法。
6
1、贝奇打算吃过面包、喝点饮料后去 运动，一共有2种面包、3种饮料、2种 运动可供选择，贝奇一共有多少种选择？
7
2、书架上有8本不同的画报、10本不 同故事书，请你每次从书架上任取一 本画报、一本科技书，共有多少种不 同的取法？
8
归纳小结 1、分类时用分类加法计数原5个女生中各挑一人 担任班长，一共有多少种不同的选法？ 做这类题目，分为两步，第一步，从4 个男生中选1个，则有4种不同的选法， 第二步从5个女生中选一个女生，则有 5种选法，一共就有20种不同的选法。
5
【思路点拨】选组长可以看成是分 两步走的，第一步先选一名男生， 有4种不同的选法；第二种选一名 女生，又有5种不同的选法，从而 可以算出一共有多少种不同的选法。 【解答】 4×5=20（种）
分类加法计数原理分布乘法计数原理
分类加法计数原理和分布乘法计数原理一、回顾教材·知识梳理分类加法计数原理：完成一件事有n 类不同方案，在第1类方案中有m 1种不同的方法，在第2类方案中有m 2种不同的方法，.....在第n 类方案中有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有 种不同的方法.（对应微体验1、2）分布乘法计数原理:完成一件事需要n 个步骤，做第1步有N 1种不同的方法，做第2步有N 2种不同的方法，…做第n 步有N O 种不同的方法，那么完成这件事共有 种不同的方法.(对应微体验3、4)分类加法计数原理 分步乘法计数原理 联系都是完成一件事的不同方法种数的问题 区别 1、 分类2、 每类办法都是独立完成，并且只需一种方法就可完成这件事。
3、 互斥且独立1、 分步2、 “步步相依”即各个步骤是相互依存的，必须每步都完成了，才算做完这件事 注意分类要“不重不漏” 分步要“步骤完整” 二、基础检测·查漏补缺微体验1:用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的一个座位编号，总共能编出多少种不同的号码？ 微体验2：在填写高考志愿时，一名高中毕业生了解到,",#两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业，如表：问1：如果这名同学只能选一个专业，那么他共有多少种选择？问2：在微体验2中,如果数学也是A 大学的强项专业,则A 大学共有6个专业可以选择,B 大学共有4个专业可以选择,那么用分类加法计数原理,得到这名同学可能的专业选择种数为6+4=10.这种算法有什么问题?微体验3：用前6个大写的英文字母和1~9个阿拉伯数字，以"1，"2…"9，#1，#2，…的方式给教室里的一个座位编号，总共能编出多少种不同的号码？微体验4：某班有男生30名，女生24名，从中任选男生和女生各1名代表班级参加比赛，共有多少种不同的选法?三、考点分类·全面突破考点一：分类加法计数原理的应用例1：在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为（ ）变式1：设a ，b ，c∈{1,2,3,4}，若以a ，b ，c 为三条边的长构成一个等腰三角形，则这样的三角形有 个。
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
分类加法计数原理与分步乘法计数原理1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．分类加法计数原理的理解分类加法计数原理中的“完成一件事有两个不同方案”，是指完成这件事的所有方法可以分为两类，即任何一类中的任何一种方法都可以完成任务，两类中没有相同的方法，且完成这件事的任何一种方法都在某一类中．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．分步乘法计数原理的理解分步乘法计数原理中的“完成一件事需要两个步骤”，是指完成这件事的任何一种方法，都需要分成两个步骤．在每一个步骤中任取一种方法，然后相继完成这两个步骤就能完成这件事，即各个步骤是相互依存的，每个步骤都要做完才能完成这件事．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( )(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能完成这件事．( )(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )(4)在分步乘法计数原理中，事情若是分两步完成的，那么其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有两个步骤都完成后，这件事情才算完成．( )答案：(1)×(2)√(3)√(4)√某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有( )A．3种B．4种C．7种D．12种答案：C已知x∈{2，3，7}，y∈{－31，－24，4}，则(x，y)可表示不同的点的个数是( ) A．1 B．3C．6 D．9答案：D某学生去书店，发现2本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有________种．答案：3加工某个零件分三道工序，第一道工序有5人可以选择，第二道工序有6人可以选择，第三道工序有4人可以选择，每两道工序中可供选择的人各不相同，如果从中选3人每人做一道工序，则选法有________种．答案：120探究点1 分类加法计数原理[学生用书P2]在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？【解】法一：按十位上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个、7个、6个、5个、4个、3个、2个、1个．由分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．法二：按个位上的数字分别是2，3，4，5，6，7，8，9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个．由分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．[变问法]在本例条件下，个位数字小于十位数字且为偶数的两位数有多少个？解：当个位数字是8时，十位数字取9，只有1个．当个位数字是6时，十位数字可取7，8，9，共3个．当个位数字是4时，十位数字可取5，6，7，8，9，共5个．同理可知，当个位数字是2时，共7个，当个位数字是0时，共9个．由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有1＋3＋5＋7＋9＝25(个).利用分类加法计数原理计数时的解题流程某校高三共有三个班，各班人数如下表：男生人数女生人数总人数高三(1)班30 20 50 高三(2)班30 30 60 高三(3)班 35 20 55(1)(2)从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？解：(1)从每个班选1名学生任学生会主席，共有3类不同的方案：第1类，从高三(1)班中选出1名学生，有50种不同的选法；第2类，从高三(2)班中选出1名学生，有60种不同的选法；第3类，从高三(3)班中选出1名学生，有55种不同的选法．根据分类加法计数原理知，从三个班中选1名学生任学生会主席，共有50＋60＋55＝165(种)不同的选法．(2)从高三(1)班、(2)班男生或高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有3类不同的方案：第1类，从高三(1)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；第2类，从高三(2)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；第3类，从高三(3)班女生中选出1名学生，有20种不同的选法．根据分类加法计数原理知，从高三(1)班、(2)班男生或高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有30＋30＋20＝80(种)不同的选法．探究点2 分步乘法计数原理[学生用书P2]从－2，－1，0，1，2，3这六个数字中任选3个不重复的数字作为二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的系数a ，b ，c ，则可以组成抛物线的条数为多少？【解】 由题意知a 不能为0，故a 的值有5种选法； b 的值也有5种选法；c 的值有4种选法．由分步乘法计数原理得：5×5×4＝100(条)．1．[变问法]若本例中的二次函数图象开口向下，则可以组成多少条抛物线？解：需分三步完成，第一步确定a 有2种方法，第二步确定b 有5种方法，第三步确定c 有4种方法，故可组成2×5×4＝40条抛物线．2．[变条件、变问法]若从本例的六个数字中选2个作为椭圆x 2m ＋y 2n＝1的参数m ，n ，则可以组成椭圆的个数是多少？解：据条件知m >0，n >0，且m ≠n ，故需分两步完成，第一步确定m ，有3种方法，第二步确定n ，有2种方法，故确定椭圆的个数为3×2＝6(个)．利用分步乘法计数原理计数时的解题流程从1，2，3，4中选三个数字，组成无重复数字的整数，则满足下列条件的数有多少个？(1)三位数；(2)三位偶数．解：(1)分三步：第1步，排个位，有4种方法；第2步，排十位，从剩下的3个数字中选1个，有3种方法；第3步，排百位，从剩下的2个数字中选1个，有2种方法．故共有4×3×2＝24个满足要求的三位数．(2)第1步，排个位，只能从2，4中选1个，有2种方法；第2步，排十位，从剩下的3个数中选1个，有3种方法；第3步，排百位，只能从剩下的2个数字中选1个，有2种方法．故共有2×3×2＝12个满足要求的三位偶数．探究点3 两个计数原理的综合应用[学生用书P3]甲同学有5本不同的数学书、4本不同的物理书、3本不同的化学书，现在乙同学向甲同学借书，(1)若借1本书，则有多少种借法？(2)若每科各借1本书，则有多少种借法？(3)若任借2本不同学科的书，则有多少种借法？【解】(1)需完成的事情是“借1本书”，所以借给乙数学、物理、化学书中的任何1本，都可以完成这件事情．根据分类加法计数原理，共有5＋4＋3＝12种借法．(2)需完成的事情是“每科各借1本书”，意味着要借给乙3本书，只有从数学、物理、化学三科中各借1本，才能完成这件事情．根据分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60种借法．(3)需完成的事情是“从三种学科的书中借2本不同学科的书”，可分三类：第1类，借1本数学书和1本物理书，只有2本书都借，事情才能完成，根据分步乘法计数原理，有5×4＝20种借法；第2类，借1本数学书和1本化学书，有5×3＝15种借法；第3类，借1本物理书和1本化学书，有4×3＝12种借法．根据分类加法计数原理，共有20＋15＋12＝47种借法．利用两个计数原理的解题策略用两个计数原理解决具体问题时，首先，要分清是“分类”还是“分步”，区分分类还是分步的关键是看这种方法能否完成这件事情．其次，要清楚“分类”或“分步”的具体标准，在“分类”时要遵循“不重不漏”的原则，在“分步”时要正确设计“分步”的程序，注意步与步之间的连续性；有些题目中“分类”与“分步”同时进行，即“先分类后分步”或“先分步后分类”．现有3名医生、5名护士、2名麻醉师．(1)从中选派1名去参加外出学习，有多少种不同的选法？(2)从这些人中选出1名医生、1名护士和1名麻醉师组成1个医疗小组，有多少种不同的选法？解：(1)分三类：第一类，选出的是医生，有3种选法；第二类，选出的是护士，有5种选法；第三类，选出的是麻醉师，有2种选法．根据分类加法计数原理，共有3＋5＋2＝10(种)选法．(2)分三步：第一步，选1名医生，有3种选法；第二步，选1名护士，有5种选法；第三步，选1名麻醉师，有2种选法．根据分步乘法计数原理知，共有3×5×2＝30(种)选法．1．某一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明，有5名同学只会用综合法证明，有3名同学只会用分析法证明，现从这些同学中任选1名同学证明这个问题，不同的选法种数为( )A．8 B．15C．18 D．30解析：选A.共有5＋3＝8种不同的选法．2．已知集合A＝{1，2}，B＝{3，4，5}，从集合A、B中先后各取一个元素构成平面直角坐标系中的点的横、纵坐标，则可确定的不同点的个数为( )A．5 B．6C．10 D．12解析：选B.完成这件事可分两步：第一步，从集合A中任选一个元素，有2种不同的方法；第二步，从集合B中任选一个元素，有3种不同的方法．由分步乘法计数原理得，一共有2×3＝6种不同的方法．3．体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某人到该体育场晨练，则他进、出门的方案有( )A．12种B．7种C．14种D．49种解析：选D.要完成进、出门这件事，需要分两步，第一步进体育场，第二步出体育场，第一步进门有4＋3＝7种方法；第二步出门也有4＋3＝7种方法，由分步乘法计数原理知进、出门的方案有7×7＝49种．4．现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营．(1)若从中选1人作总负责人，共有多少种不同的选法？(2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？(3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种选法？解：(1)从高一选1人作总负责人有50种选法；从高二选1人作总负责人有42种选法；从高三选1人作总负责人有30种选法．由分类加法计数原理，可知共有50＋42＋30＝122种选法．(2)从高一选1名负责人有50种选法；从高二选1名负责人有42种选法；从高三选1名负责人有30种选法．由分步乘法计数原理，可知共有50×42×30＝63 000种选法．(3)①高一和高二各选1人作中心发言人，有50×42＝2 100 种选法；②高二和高三各选1人作中心发言人，有42×30＝1 260种选法；③高一和高三各选1人作中心发言人，有50×30＝1 500种选法．故共有2 100＋1 260＋1 500＝4 860种选法．[A 基础达标]1．完成一项工作，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1人完成这项工作，不同的选法种数是( )A．5 B．4C．9 D．20解析：选C.由分类加法计数原理求解，5＋4＝9(种)．故选C.2．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，可得直角坐标系中第一、二象限不同点的个数是( )A．18 B．16C．14 D．10解析：选C.分两类：第一类M中取横坐标，N中取纵坐标，共有3×2＝6(个)第一、二象限的点；第二类M中取纵坐标，N中取横坐标，共有2×4＝8(个)第一、二象限的点．综上可知，共有6＋8＝14(个)不同的点．3．现有4名同学去听同时进行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )A．81 B．64C．48 D．24解析：选A.每个同学都有3种选择，所以不同选法共有34＝81(种)，故选A.4．如果x，y∈N，且1≤x≤3，x＋y＜7，那么满足条件的不同的有序自然数对(x，y)的个数是( )A．15 B．12C．5 D．4解析：选A.分情况讨论：①当x＝1时，y＝0，1，2，3，4，5，有6种情况；②当x＝2时，y＝0，1，2，3，4，有5种情况；③当x＝3时，y＝0，1，2，3，有4种情况．由分类加法计数原理可得，满足条件的有序自然数对(x，y)的个数是6＋5＋4＝15.5．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则不同的行车路线有( )A．24种B．16种C．12种D．10种解析：选C.完成该任务可分为四类，从每一个方向的入口进入都可作为一类，如图，从第1个入口进入时，有3种行车路线；同理，从第2个，第3个，第4个入口进入时，都分别有3种行车路线，由分类加法计数原理可得共有3＋3＋3＋3＝12种不同的行车路线，故选C.6．已知集合A＝{0，3，4}，B＝{1，2，7，8}，集合C＝{x|x∈A或x∈B}，则当集合C中有且只有一个元素时，C的情况有________种．解析：分两种情况：当集合C中的元素属于集合A时，有3种；当集合C中的元素属于集合B时，有4种．因为集合A与集合B无公共元素，所以集合C的情况共有3＋4＝7(种)．答案：77．某班小张等4位同学报名参加A，B，C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有________种．解析：小张的报名方法有2种，其他3位同学各有3种，所以由分步乘法计数原理知共有2×3×3×3＝54种不同的报名方法．答案：548．直线方程Ax＋By＝0，若从0，1，2，3，5，7这6个数字中每次取两个不同的数作为A，B的值，则可表示________条不同的直线．解析：若A或B中有一个为零时，有2条；当AB≠0时，有5×4＝20条，则共有20＋2＝22(条)，即所求的不同的直线共有22条．答案：229．(2018·云南丽江测试)现有高二四个班学生34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？(3)推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？解：(1)分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法．所以，共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)．(2)分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长，所以共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5 040(种)．(3)分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．所以共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．10．(1)如图，在由电键组A与B所组成的并联电路中，要接通电源且仅闭合其中一个电键，使电灯C发光的方法有多少种？(2)如图，由电键组A，B组成的电路中，要闭合两个电键接通电源，使电灯C发光的方法有几种？解：(1)只要闭合图中的任一电键，电灯即发光．由于在电键组A中有2个电键，电键组B 中有3个电键，且分别并联，应用分类加法计数原理，所以共有2＋3＝5(种)接通电源使电灯发光的方法．(2)只有在闭合A组中2个电键中的一个之后，再闭合B组中3个电键中的一个，才能使电灯的电源接通，电灯才能发光．根据分步乘法计数原理，共有2×3＝6(种)不同的接通方法使电灯发光．[B 能力提升]11．(2018·郑州高二检测)从集合{1，2，3，…，10}中任意选出3个不同的数，使这3个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )A．3 B．4C．6 D．8解析：选D.以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9.以2为首项的等比数列为2，4，8.以4为首项的等比数列为4，6，9.把这4个数列的顺序颠倒，又得到4个数列，所以所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8(个)．12．(2018·长沙高二检测)满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为( )A．14 B．13C．12 D．10解析：选B.对a进行讨论，为0与不为0，当a不为0时还需考虑判别式与0的大小．若a＝0，则b＝－1，0，1，2，此时(a，b)的取值有4个；若a≠0，则方程ax2＋2x＋b＝0有实根，需Δ＝4－4ab≥0，所以ab≤1，此时(a，b)的取值为(－1，0)，(－1，1)，(－1，－1)，(－1，2)，(1，1)，(1，0)，(1，－1)，(2，－1)，(2，0)，共9个．所以(a，b)的个数为4＋9＝13.故选B.13．已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，点P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)．(1)点P可以表示平面上的多少个不同点？(2)点P可以表示平面上的多少个第二象限的点？(3)点P可以表示多少个不在直线y＝x上的点？解：(1)完成这件事分为两个步骤：a的取法有6种，b的取法有6种．由分步乘法计数原理知，点P可以表示平面上6×6＝36(个)不同点．(2)根据条件，需满足a＜0，b＞0.完成这件事分两个步骤：a的取法有3种，b的取法有2种，由分步乘法计数原理知，点P 可以表示平面上3×2＝6(个)第二象限的点．(3)因为点P不在直线y＝x上，所以第一步a的取法有6种，第二步b的取法有5种，根据分步乘法计数原理可知，点P可以表示6×5＝30(个)不在直线y＝x上的点．14．(选做题)某节目中准备了两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？解：抽奖过程分三步完成，考虑到幸运之星可分别出现在两个信箱中，故可分两种情形考虑，分两大类：(1)幸运之星在甲箱中抽，先定幸运之星，再在两箱中各定一名幸运伙伴有30×29×20＝17 400种结果．(2)幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30＝11 400种结果．因此共有不同结果17 400＋11 400＝28 800种．。
分类加法计数原理与分步乘法计数原理1
分类加法计数原理与分步乘法计数原理1分类加法计数原理与分步乘法计数原理1
当要确定一个组合的数量时，分类加法计数原理就可以归结到两种状态：
1）它的子集的数量可以用加法的方式表示
2）它的数量受它的子集的数量的影响，以及它子集之间的关系。
因此，如果要确定一个总体的数量，就要先获得它包含的子集的数量，然后把子集的数量相加得到总体的数量。
分步乘法计数原理又叫乘法定理，也是组合数学中关于组合数学性质
的一个定理，它的基本思想是：一个总体有一定的数量和性质。
这种性质
可以是概率、数量或其他特性。
它可以使用乘法的方式表示。
当要确定一个组合的数量时，分步乘法计数原理就可以归结到两种状态：
1）它的子集的数量可以用乘法的方式表示
2）它的数量受它的子集的数量的影响，以及它子集之间的关系。
因此，如果要确定一个总体的数量，就要先获得它包含的子集的数量，然后把子集的数量相乘得到总体的数量。
计数原理及举例
计数原理及举例一、两个原理：1．加法原理。
一般地，如果完成一件事情需要n 类办法，在第一类办法中，有1m 种不同方法，在第二类办法中有2m 种不同方法，…，在第n 类办法中，有n m 种不同方法。
那么完成这件事共有n m m m +++ 21种方法。
上述原理称为加法原理。
2．乘法原理。
如果完成一件需要n 个步骤，做第一步有1m 种方法，做第二步有2m 种方法，…，做第n 步有n m 种方法，那么完成这件事共有n m m m ⨯⨯⨯ 21 种方法。
上述原理称为乘法原理。
让我们来看一个简单的例子。
如下图，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，从丁地到丙地也有3条路。
问：从甲地到丙地共有多少种不同的走法？此题中，首先可根据加法原理，把从甲到丙的走法分为两类。
① 由甲过乙至丙，② 由甲过丁至丙。
而这两类办法中，都需要两个步骤，要应用乘法原理来算，最后总的方法为： 2×4+3×3=17（种）。
下面让我们来看几个具体的题。
例1：有一堆火柴共12根，如果规定每次取1~3根，那么取完这堆火柴共有多少种不同取法？此题要用到加法原理：要拿第n 根火柴，可以从第（n-3）、（n-2）及（n-1）根三种基础上来考虑。
如果拿第(n-3)根有a 种办法，拿第（n-2）根有b 种办法，拿第(n-1)根有c 种办法，因此拿第n 根共有（a+b+c ）种办法。
因此只要知道拿1根、2根、3根的火柴数就可以得到具体的种数。
1，2，4，7，13，24，44，81，149，274，504，927，…例2：从2，3，4，5，6，10，11，12这八个数中，取出两个数组成一个最简真分数，共有多少种取法？此题显然是根据分子或分母的情况来分类，最后种数为15种。
例3：在下图中，从A点沿实线走最短路径到B点，有多少种走法？35种，可从图上逐个标注数字，除左边和下边都是1外，其余每个点的种数在计算时都是一个加法原理的应用。
1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理(高中数学人教A选修2-3)
故任选一名学生任学生会主席的选法共有50+60+55=165 种不同的方法.
(2)选一名学生任学生会体育部长有三类不同的选法. 第一类：从高二（1）班男生中选有30种不同的方法； 第二类：从高二（2）班男生中选有30种不同的方法； 第三类：从高二（3）班女生中选有20种不同的方法.
2.分步计数原理针对的是“分步”问题， 各个步骤中的方法相互依存，只有各 个步骤都完成才算做完这件事．
两个计数原理
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
相同点 用来计算“完成一件事”的方法种数
分类完成类类相加 分步完成 步步相乘
每类方案中的每一 每步_依__次__完__成__才
不同点 种完方成法这都 件能 事_独__立___
两类
能
26种 10种
26+10=36种
假如你从南宁到北海，
可以坐直达客车或直达火车，
客车每天有3个班次，火车每天有2个班次，
请问你共有多少种不同的走法客？车1
北海
南宁
客车2
客车3
火车1 火车2 分析：完成从南宁到北海这件事有2类方案， 所以，从从南宁到北海共有3+ 2= 5种方法.
问题1:你能否发现这两个问题有什么共同特征？ 1、都是要完成一件事 2、用任何一类方法都能直接完成这件事 3、都是采用加法运算
物理学
法学
汉语言文学
工程学
பைடு நூலகம்
韩语
如果这名同学只能选一个专业,那么他共有多少种 选择呢? N=5+4+5=14(种)
微专题：乘法原理与加法原理经典题型(含解析)
【学生版】微专题：乘法原理与加法原理【主题】“计数” 就是数事物的个数，这是数学学科发展的起点，也是我们从小学开始就在学习的，可以说，随着大家掌握的内容越来越多，我们计数的能力也变得越来越强大；数学学习和日常生活中，我们经常会遇到类似“统计完成一件事”、““共有多少种方法” 的集数问题，学习一些基本的计数原理，以便能够解决更多的计数问题；1、乘法原理（分步计数原理）做一件事，需要依次完成n 个步骤，其中完成第一步有1a 种不同的方法，完成第二步有2a 种不同的方法，……，完成第n 步有n a 种不同的方法；那么完成这件事共有123n N a a a a =⋅⋅⋅⋅种不同的方法；2、加法原理（分类计数原理）做一件事，完成它有n 类办法，其中第一类办法有1a 种不同的方法,第二类办法有 2a 种不同的方法,……，第n 类办法有n a 种不同的方法；那么完成这件事共有123n N a a a a =++++种不同的方法；正确理解“完成一件事情”的含义，能根据具体问题的特征，选择“分类”或“分步”；【典例】例1、用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的一个座位编号，总共能编出多少种不同的号码？【提示】；【答案】；【解析】；【说明】；例2、要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，问共有多少种不同的挂法？【提示】；【答案】；【解析】；【说明】；例3、给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母~A G 或~U Z ，后两个要求用数字1~9；问最多可以给多少个程序命名？例4、如图所示的电路图，从A到B共有条不同的线路可通电。
例5、如图，一只蚂蚁沿着长方体的棱，从顶点A爬到相对顶点C1，求其中经过3条棱的路线共有多少条? 【提示】阅读理解、“建模”转化；【归纳】两个原理的联系与区别1、联系：分类加法计数原理和分步乘法计数原理都是解决计数问题最基本、最重要的方法；2、区别3、利用分步乘法计数原理解题的注意事项（1）明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事需要几步；（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，无论缺少哪一步，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，只有按照这几步逐一去做，才能完成这件事，各步之间既不能重复也不能遗漏；（4）对于同一个题目，标准不同，分步也不同；分步的基本要求：一是完成一件事，必须且只需连续做完几步，既不漏步也不重步；二是不同步骤的方法不能互相替代；4、利用分类加法计数原理解题的注意事项（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，怎么才算是完成这件事；（2）完成这件事的n类办法，无论用哪类办法中的哪种方法都可以单独完成这件事，而不需要用到其他的方法；（3）确立恰当的分类标准，准确地对“完成这件事的办法”进行分类，要求每一种方法必属于某一类办法，不同类办法的任意两种方法不同，也就是分类必须既不重复也不遗漏；从集合的角度看，若完成一件事分A，B两类办法，则A∩B=⌀，A∪B=I（I表示全集）；【即时练习】1、体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某学生到该体育场练跑步，则他进出门的方案有()A．14种B．7种C．24种D．49种【错解】B学生进出体育场大门需分两类，一类从南侧的4个门进，一类从北侧的3个门进，由分类加法计数原理，共有7种方案．【错因分析】错解中由于没有审清题意，误用计数原理．事实上，题目中不仅要考虑从哪个门进，还需考虑从哪个门出，应该用分步乘法计数原理去解决．2、如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为()A．24 B．18 C．12 D．93、有六名同学报名参加三项智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则不同的报名方法有__________种．4、从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数有__________个．5、有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．（1）从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？（2）从这些国画、油画、水彩画中各选一幅画布置房间，有几种不同的选法？（3）从这些画中任选出两幅不同画种的画布置房间，有几种不同的选法？【教师版】微专题：乘法原理与加法原理【主题】“计数” 就是数事物的个数，这是数学学科发展的起点，也是我们从小学开始就在学习的，可以说，随着大家掌握的内容越来越多，我们计数的能力也变得越来越强大；数学学习和日常生活中，我们经常会遇到类似“统计完成一件事”、““共有多少种方法” 的集数问题，学习一些基本的计数原理，以便能够解决更多的计数问题；1、乘法原理（分步计数原理）做一件事，需要依次完成n 个步骤，其中完成第一步有1a 种不同的方法，完成第二步有2a 种不同的方法，……，完成第n 步有n a 种不同的方法；那么完成这件事共有123n N a a a a =⋅⋅⋅⋅种不同的方法；2、加法原理（分类计数原理）做一件事，完成它有n 类办法，其中第一类办法有1a 种不同的方法,第二类办法有 2a 种不同的方法,……，第n 类办法有n a 种不同的方法；那么完成这件事共有123n N a a a a =++++种不同的方法；正确理解“完成一件事情”的含义，能根据具体问题的特征，选择“分类”或“分步”；【典例】例1、用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的一个座位编号，总共能编出多少种不同的号码？【提示】注意：理解用什么编号，能编“多少种”、“不同”总的方法；【答案】36；【解析】因为大写的英文字母共有26个，阿拉伯数字共有10个，所以总共可以编出26+10=36种不同的号码；【说明】上述计数过程的基本环节是：1、确定分类标准，根据问题条件分为字母号码和数字号码两类；2、分别计算各类号码的个数；3、各类号码的个数相加，得出所有号码的个数；利用分类加法计数原理解题时的注意事项：1、根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏；2、分类时，注意完成这件事件的任何一种方法必须属于某一类，不能重复。
分类乘法计数原理
分类乘法计数原理分类乘法计数原则是指将问题分解成多个独立的属性或因素，然后计算每个属性组合的数量来总结出最终结果的方法。
它是统计问题解决方案中一种常用的数学原理，有助于人们快速、有效地计算出一个问题的总数。
一般来讲，分类乘法计数原则的核心思想是，把问题分解成若干个基本问题，而每个基本问题的解决方案都可以叠加得到整个问题的解决方案。
基本来说，分类乘法计数原则可以分为三个步骤：第一步，要把问题分解成多个独立的组成要素；第二步，再计算每一组要素的可能结果；最后，将每个组合的结果相乘获得最终的结果。
通过这种方式，人们用较少的步骤计算复杂问题。
举个例子来说明，假设问题是男性有6件衣服要从中挑选衣服穿，并且需要同时考虑袖长、颜色、风格等几个方面，在这种情况下，可以根据分类乘法计数原则将问题分成三个独立的属性或因素，即袖长、颜色和风格，并且每一种属性或因素都有多种选择，比如袖长有长、中、短，颜色有白、黑、蓝、灰等，风格有深红、蓝色、林灰等等。
因此，这里的解决方案可以计算出的总数是：袖长有三种，颜色有四种，风格有三种，总数是3×4×3=36种。
从上面的例子可以看出，分类乘法计数原则能够帮助我们迅速计算出一个问题的总数，节省了很多时间和精力。
不过，在实际应用中还有几个需要注意的地方，首先，要尽量简化问题，把问题分解成最简单的要素；其次，要注意单个要素组合方式的定义以及保证任何基本要素的完整性；最后，要考虑现有因素之间可能存在的关联性，否则很可能得出不太准确的结果。
总之，分类乘法计数原则是用于解决统计问题的一种有效方法，通过分解问题、简化复杂度、尊重完整性和考虑相关性来得到准确的结果。
不仅可以大大减少计算量，还能够实现快速、准确的统计计算，从而更有效地处理各种统计问题。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
•难点:根据题意从题中发现分步思想，运用乘法原理来解决
事件中的所有可能的应用题。
学情分析
• 此次授课的对象是四年级精英班学生。学生基础 知识较为扎实。但是新知识接受能力一般。
小试牛刀:
1、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？
解：（分步进行） 第一步：？ 第二步：？ 缺一不可，每步相乘。
解答： 2×2×2=8（种） 答：一共有8种不同的染色方法 。
总结与归纳:
乘法原理
概念：如果完成一件工作共需几个步骤，在
Hale Waihona Puke 睿源教育--张静轩故事导入：
有一天，妈妈带你去麦当劳吃快餐，有3种汉堡，分别 是：牛肉汉堡，米堡，鸡肉堡。有3种小食，分别是：薯条， 布丁，鸡翅。服务员姐姐说：“现在有一种新的套餐：选一个 汉堡和一种小食只要9.9！”。妈妈说你选一个套餐吧。请问 你一共有多少种选法？
3
+
3
+
3=9
（种）
分析：（分步进行） 第一步选择汉堡，可以有牛肉汉堡，米堡，鸡肉堡
解答： 4×3×2=24（种） 答，共有24种不同的涂色方法。
当堂过关：
1、书架上有8本不同的小说和10本不同的漫画书，大头要从书 架上任取一本小说和一本漫画书，有多少种不同的取法？
解：（分步进行） 第一步：？ 第二步：？ 缺一不可，每步相乘。
解答： 8×10=80（种）
答：共有80种不同的取法。
分析： 第一步：选择一种上衣有3种不同的选择； 第二步：选择一种裤子有4种不同的选择； 第三步：选择一种鞋子有4种不同的选择。 缺一不可！既乘法原理。 因此共有：3×4×4=48（种）不同的买法。
解答： 3×4×4=48（种） 答：共有48种不同的买法。
例2、 妈妈安排你做点家务，让你用红、黄、蓝、绿4种颜
• “乘法原理”是在人们大量的实践经验的基础上归纳抽象出来 的基本规律，具有广泛的应用性，是培养学生数学应用意识和 实践能力的良好素材。同时，也是推导排列数、组合数计算公 式的理论依据。
• 概念：如果完成一件工作共需几个步骤，在每个步骤中又有不 同的方法，那么把每步的方法数相乘就得到所有的方法数。
教学目标
学法分析
• 根据本班学生的特点及掌握本节课的程度， 主要指导学生掌握如下学习方法：
• 自觉发现法 • 自主转化法 • 比较分析法 • 总结归纳法 • 自我检查法
教法分析
• 根据本班学生的特点及掌握本节课的程度， 主要指导学生运用如下方法：
• 问答法 • 演示法 • 情景分析法
教学特色
• 小学数学被学生认为是枯燥无味的，所以 调动学生的兴趣十分重要，情景教学法是 个很好的学习方法，学生可以跟我走入情 景，在情境中感受数学，与老师互动，认 为数学也是一件快乐的事！
色将右边的房子涂上颜色（不可以重复），已知房子分为 3个部分：屋顶，墙壁和门，那么有多少种不同的涂色方 法？
分析：第一步：给屋顶上色，共有4种颜色可 以选择； 第二步：给墙壁上色，因为不能和屋顶的颜 色重复，所以只有3种颜色可以选择； 第三步：给门上色，因为不能和屋顶、墙壁 重色，所以只剩2种颜色可以选择。 分了三步进行，且缺一不可，既乘法原理。
一、知识目标：1.理解并掌握乘法原理 2.运用乘法原理解决实际问题
二、能力目标：1.用乘法原理考虑完成事件中的所有可能。 2.培养学生的抽象概括能力、逻辑思维能力
以及解决实际问题时主动应用数学知识的能力。
三、情感目标：1.激发学生对数学的兴趣 2.感受生活中的数学，数学中的生活问题。
教学重难点
•重点:运用乘法原理思想，解决并考虑事件中的所有可能。
3种选择； 第二步选择小食，可以有薯条，布丁，鸡翅3种选
择； 两步缺一不可。 因此共有：3×3=9（种）买法。既乘法原理。
解答：3×3=9（种）
答：你共有9种买法。
经典例题1：
妈妈带你去商场买一套衣服（上衣+裤子+鞋子），有3 种上衣：圆领的、立领的、和v领的；有4种裤子：牛仔裤、 西装裤、短裤、运动裤；有4种鞋子：皮鞋、运动鞋、凉鞋、 拖鞋。请问共有多少种不同的买法？
教材分析
本节课我所讲的内容是四升五精典系列之四年级数学第3讲“ 乘法原理”问题。 1、12个知识点，分15讲细化，56课时展开。 2、趣味性与科学性相结合。 3、每讲由知识要点、典型例题、当堂过关、归纳总结、以及课 下操练与内化，循循渐进，题量适中。 4、培养数学思维能力经典教材之一。
知识点分析
• 数学有别于其他学科，需要很细心，粗心 犯错的时候很多。所以自我检查对学生来 说很重要，学会自我检查是我班上学生的 必备能力之一。
教学过程分析
• 根据教学大纲的要求，结合学生基本情况 ，本课教学过程的设计主要分六个环节：
• 1、前测 • 2、导入 • 3、例题呈现并讲解知识点 • 4、当堂配套练习 • 5、归纳总结 • 6、作业设计
每个步骤中又有不同的方法，那么把每步 的方法数相乘就得到所有的方法数。
精髓：分步进行，缺一不可， 每步相乘！
作业设计
• P7 当堂过关 T2 • P8 当堂过关T1、T2 • P8 操练与内化 T1、T2、T3