16.1计数原理1---乘法原理
16.1计数原理1-----乘法原理
学习目标：
1.理解并掌握乘法原理
2.能根据乘法原理解决一些简单的应用题
学习过程
一、引例
1、如图（课本49页）某人由入口A 进入绿地，顺着道路走到出口B ，共有几种不同的行走路线？请你列举这些路线。
【反思】 （1）这件事怎样算完成？
（2）其中的每一条路线是否能完成任务？
（3）完成这个任务分成几步？去掉其中的一个步骤该事情能否完成？
2、某厂生产的手机为了在款式上能适应更多顾客的需求，为统一的机芯设计了4种不同的外形，同时每种外形又有3种不同的色彩的外壳。
该厂这种手机共可设计多少种不同的款式？
【反思】 （1）这件事怎样算完成？
（2）其中的每一条路线是否能完成任务？
（2）完成这个任务分成几步？去掉其中的一个步骤该事情能否完成？
【归纳总结】乘法原理：如果完成一件事需要n 个步骤，第1步有1m 种不同的方法，第2步有2m 种不同的方法，……，第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有_______________________________种不同的方法。
例题学习
例1 完成下列问题：
1、 某服装厂为学校设计了4种式样的上衣，3种式样的裤子。
若取其中的一件上衣和一条
裤子配成校服，则以有多少种不同式样的校服？
2、 某农场要在4种不同类型的土地上，实验4种（设为A 、B 、C 、D ）不同品种的小麦。
共有多少种不同的实验方案？
3、 在一种两位的编码方式中，规定第一位用阿拉伯数字0~9，第二位用小写26个英文字
母。
这种编码方式共可以产生多少种不同的编码？
例2 540的不同正约数共有多少个？
学生练习
1、如果一个正整数n 可分解成γβα3
21p p p n ⋅⋅=，其中321p p p 、、均为互不相同的素数，γβα、、为正整数，那么n 的不同正约数共有多少个？
2、 将5封信投入到3个邮筒，不同的投法共有__________种？
3、 乘积))()((543214321321c c c c c b b b b a a a +++++++++展开后共有________项。
4、 在平面直角坐标系内，点P （x ，y ）的横、纵坐标均在{0,1,2,3}内取值。
a) 不同的P 点共有多少个？
b) 在x 轴上的P 点共有多少个？
c) 不在坐标轴上的P 点共有多少个？
6、（1）用0~9这是个数字可以组成多少个各位数字不同的三位数？
（2）用0~9这是个数字可以组成多少个三位数？
学生小结。
计数原理
计数原理一、知识导学1.分类计数原理：完成一件事，有ｎ类办法，在第1类办法中，有1m 种不同的方法，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 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝1m ＋2m ＋……＋n m 种不同的方法.注：“完成一件事，有ｎ类办法”这是对完成这件事的所有办法的一个分类.分类时，首先要根据问题的特点，确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行分类，其次，分类时要注意满足两条基本原则：第一，完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；第二，分别属于不同类的两种方法是不同的方法.前者保证完成这件事的立法不遗漏，后者保证不重复.2. 分步计数原理：完成一件事，需要分成ｎ个步骤，做第1步，有1m 种不同的方法，做第2步，有2m 种不同的方法，……做第ｎ步，有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝1m ×2m ×…×n m 种不同的方法. 注：“完成一件事，需要分成ｎ个步骤”这就是说完成这件事的任何一种方法，都要完成这ｎ个步骤.分步时，首先要根据问题的特点确定一个可行的分步标准，其次，步骤的设置要满足完成这件事必须并且只需连续完成这ｎ个步骤，这件事才算最终完成.注：分类计数原理又称加法原理 分步计数原理又称乘法原理二、典型习题导练1.有5本不同的中文书，4本不同的数学书，3本不同的英语书，每次取一本，不同的取法有（ ）种..A 3 .B 12 .C 60 .D 不同于以上的答案2.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 ．12 种 B ．7种 C ．24种 D ．49种3.从6人中选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4.同室4人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿1张别人送出的贺年卡，则4张贺年卡不同的分配方式有 （ ）.A 23种 .B 11种 .C 9种 .D 6种5.设集合{}54321，，，，=I ，选择I 的两个非空子集A 和B ，要使B 中最小的数大于A 中最大的数，则不同的选择方法共有（ ）.A 50种 .B 49种 .C 48种 .D 47种6.从1,2，3，…,10中选出3个不同的数，使这三个数构成等差数列，则这样的数列共有____个7三张卡片的正反面分别写有1和2,3和4,5和6，若将三张卡片并列，可得到_______个不同的三位数（6不能作9用）.8集合A＝｛1,2，3,4｝，集合B＝｛－1，－2｝，可建立______个以A为定义域B为值域的不同函数9. 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重复的三位奇数？（4）可以组成多少个数字不重复的小于1000的自然数？（5）可以组成多少个数字不重复的大于3000，小于5421的四位数？答案：1 解析每次取一本书分三类：取一本中文书有5种，取一本数学书有4种，取一本英语书有3种，共有5+4+3=12种. 答案B2解析：学生进门有7种选择，同样出门也有7种选择，由分步计数原理，该学生的进出门方案有7×7＝49种. ∴应选D．3 解析能去巴黎的有4个人，依次能去伦敦、悉尼、莫斯科的有5个、4个、3个，∴不同的选择方案有：4×5×4×3=240种，∴选.B4 解析设4人为甲、乙、丙、丁分步进行，第一步，让甲拿，有三种方法，第二步，没拿到卡片的人去拿，有三种方法，剩余两人只有一种拿法，所以共有3×3=9种方法.答案C5 答案B6解析：根据构成的等差数列的公差，分为公差为±1、±2、±3、±4四类.公差为±1时，有8×2＝16个；公差为±2时，满足要求的数列共6×2＝12个；公差为±3时，有4×2＝8个；公差为±4时，只有2×2＝4个.由分类计数原理可知，共构成了不同的等差数列16＋12＋8＋4＝40个7解析：解法一第一步，选数字.每张卡片有两个数字供选择，故选出3个数字，共有32＝8种选法.第二步，排数字.要排好一个三位数，又要分三步，首先排百位，有3种选择，由于排出的三位数各位上的数字不可能相同，因而排十位时有2种选择，排个位只有一种选择.故能排出3×2×1＝6个不同的三位数.由分步计数原理，共可得到8×6＝48个不同的三位数.解法二：第一步，排百位有6种选择，第二步，排十位有4种选择，第三步，排个位有2种选择.根据分步计数原理，共可得到6×4×2＝48个不同的三位数.注：如果6能当作9用，解法1仍可行.8解析：函数是特殊的映射，可建立映射模型解决.B从集合A 到集合B 的映射共有42=16个，只有都与－1，或－2对映的两个映射不符合题意，故以A 为定义域B 为值域的不同函数共有16－2＝14个.9解析：（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种选法；②十位数字有5种选法；③个位数字有4种选法.由分步计数原理知所求三位数共有5×5×4＝100个.（2）分三步：①先选百位数字，由于0不能作为百位数，因此有5种选法；②十位数字有6种选法；③个位数字有6种选法.由分步计数原理知所求三位数共有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种选法；②再选百位数字有4种选法；③个位数字也有4种选法.由分步计数原理知所求三位数共有3×4×4＝48个.（4）分三类：①一位数，共有6个；②两位数，共有5×5＝25个；③三位数，共有5×5×4＝100个.因此，比1000小的自然数共有6＋25＋100＝131个（5）分四类：①千位数字为3,4之一时，共有2×5×4×3＝120个；②千位数字为5，百位数字为0,1，2,3之一时，共有4×4×3＝48个；③千位数字为5，百位数字是4，十位数字为0,1之一时，共有2×3＝6个；④还有5420也是满足条件的1个.故所求自然数共120＋48＋6＋1＝175个评注：排数字问题是最常见的一种题型，要特别注意首位不能排0.非常规计数方法 一.数形结合思想例1.如下图所示,有5横8竖构成的方格图,从A 到B 只能上行或右行共有多少条不同的路线?二.分类讨论思想 例2.在六个空格里涂上红黄蓝三种颜色，每种颜色只能涂两次，要求相邻不同色，请问一共有多少种涂法。
计数原理-拔高难度-讲义
计数原理知识讲解一、基本计数原理1.加法原理分类计数原理：做一件事，完成它有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的方法，在第二类办法中有2m 种方法，……，在第n 类办法中有n m 种不同的方法．那么完成这件事共有12n N m m m =+++种不同的方法．又称加法原理．2.乘法原理分步计数原理：做一件事，完成它需要分成n 个子步骤，做第一个步骤有1m 种不同的方法，做第二个步骤有2m 种不同方法，……，做第n 个步骤有n m 种不同的方法．那么完成这件事共有12n N m m m =⨯⨯⨯种不同的方法．又称乘法原理．3.加法原理与乘法原理的综合运用如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理． 注：分类计数原理、分步计数原理是推导排列数、组合数公式的理论基础，也是求解排列、组合问题的基本思想方法，这两个原理十分重要必须认真学好，并正确地灵活加以应用．典型例题一．选择题（共1小题）1．（2018•蚌埠三模）4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有（）A．24种B．36种C．48种D．60种【解答】解：分两类，第一类，有3名被录用，有=24种，第二类，4名都被录用，则有一家录用两名，有=36，根据分类计数原理，共有24+36=60（种）故选：D．二．填空题（共1小题）2．（2018•梅州二模）某校开设10门课程供学生选修，其中A、B、C三门由于上课时间相同，至多选一门，学校规定，每位同学选修三门，则每位同学不同的选修方案种数是98．【解答】解：∵A，B，C三门由于上课时间相同，至多选一门，第一类A，B，C三门课都不选，有C73=35种方案；第二类A，B，C中选一门，剩余7门课中选两门，有C31C72=63种方案．∴根据分类计数原理知共有35+63=98种方案．故答案为：98．三．解答题（共9小题）3．（2018春•南阳期末）如图所示，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，…，C6，直径AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4，则：（1）以这12个点（包括A，B）中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？（2）以这10个点（不包括A，B）中的3个点为顶点，可作出多少个三角形？其中含点C1的有多少个？【解答】解：（1）构成四边形，需要四个点，且无三点共线，可以分成三类：①四个点从C1，C2，…，C6中取出，有C64个四边形；②三个点从C1，C2，…，C6中取出，另一个点从D1，D2，D3，D4，A，B中取出，有C63C61个四边形；③二个点从C1，C2，…，C6中取出，另外二个点从D1，D2，D3，D4，A，B中取出，有C62C62个四边形．故满足条件的四边形共有N=C64+C63C61+C62C62=360（个）．（2）类似于（1）可分三种情况讨论得三角形个数为C63+C61C42+C62C41=116（个）．其中含点C1的有C52+C51C41+C42=36（个）．4．（2018•江苏）设n∈N*，对1，2，……，n的一个排列i1i2……i n，如果当s＜t 时，有i s＞i t，则称（i s，i t）是排列i1i2……i n的一个逆序，排列i1i2……i n的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序（2，1），（3，1），则排列231的逆序数为2．记f n（k）为1，2，…，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数．（1）求f3（2），f4（2）的值；（2）求f n（2）（n≥5）的表达式（用n表示）．【解答】解：（1）记μ（abc）为排列abc得逆序数，对1，2，3的所有排列，有μ（123）=0，μ（132）=1，μ（231）=2，μ（321）=3，∴f3（0）=1，f3（1）=f3（2）=2，对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，f4（2）=f3（2）+f3（1）+f3（0）=5；（2）对一般的n（n≥4）的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n，∴f n（0）=1．逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，f n（1）=n﹣1．为计算f n+1（2），当1，2，…，n的排列及其逆序数确定后，将n+1添加进原排列，n+1在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，f n+1（2）=f n（2）+f n（1）+f n（0）=f n（2）+n．当n≥5时，f n（2）=[f n（2）﹣f n﹣1（2）]+[f n﹣1（2）﹣f n﹣2（2）]+…+[f5（2）﹣f4（2）]+f4（2）=（n﹣1）+（n﹣2）+…+4+f4（2）=．因此，当n≥5时，f n（2）=．5．（2017秋•涞水县校级期中）有甲、乙、丙、丁、戊5位同学，求：（1）5位同学站成一排，有多少种不同的方法？（2）5位同学站成一排，要求甲乙必须相邻，丙丁不能相邻，有多少种不同的方法？（3）将5位同学分配到三个班，每班至少一人，共有多少种不同的分配方法？【解答】解：（1）5位同学站成一排共有=120．（2）5位同学站成一排，要求甲乙必须相邻，丙丁不能相邻，先用捆绑排甲乙，再和戊全排，形成3个空，插入丙丁即可．故有=24．（3）人数分配方式有①3，1，1有=60种方法②2，2，1有=90种方法所以，所有方法总数为60+90=150种方法．6．（2017春•宁江区校级期中）三个女生和五个男生排成一排．（1）如果女生须全排在一起，有多少种不同的排法？（2）如果女生必须全分开，有多少种不同的排法？（3）如果两端都不能排女生，有多少种不同的排法？（4）如果男生按固定顺序，有多少种不同的排法？（5）如果三个女生站在前排，五个男生站在后排，有多少种不同的排法？【解答】解：（1）女须全排在一起，把3个女生捆绑在一起看做一个复合元素，再和5个男生全排，故有A33A66=4320种；（2）女生必须全分开，先排男生形成了6个空中，插入3名女生，故有A55A63=14400种；（3）两端都不能排女生，从男生中选2人排在两端，其余的全排，故有A52A66=14400种；（4）男生按固定顺序，从8个位置中，任意排3个女生，其余的5个位置男生按照固定顺序排列，故有A83=336种，（5）三个女生站在前排，五个男生站在后排，A33A55=720种7．（2016•东城区一模）现有两个班级，每班各出4名选手进行羽毛球的男单、女单、男女混合双打（混双）比赛（注：每名选手打只打一场比赛）．根据以往的比赛经验，各项目平均完成比赛所需时间如表所示，现只有一块比赛场地，各场比赛的出场顺序等可能．（Ⅰ）求按女单、混双、男单的顺序进行比赛的概率；（Ⅱ）求第三场比赛平均需要等待多久才能开始进行；（Ⅲ）若要使所有参加比赛的人等待的总时间最少，应该怎样安排比赛顺序（写出结论即可）．【解答】解：（I）三场比赛共有种方式，其中按按女单、混双、男单的顺序进行比赛只有1种，所以按女单、混双、男单的顺序进行比赛的概率为．（Ⅱ）令A表示女单比赛、B表示男单比赛、C表示混双比赛．按ABC顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t1=20+25=45（分钟）．按ACB顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t2=20+35=55（分钟）．按BAC顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t3=20+25=45（分钟）．按BCA顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t4=35+25=60（分钟）．按CAB顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t5=35+20=55（分钟）．按CBA顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t6=35+25=60（分钟）．且上述六个事件是等可能事件，每个事件发生概率为，所以平均等待时间为，（Ⅲ）按照比赛时间从长到短的顺序参加比赛，可使等待的总时间最少8．（2016春•秀英区校级期末）6男4女站成一排，求满足下列条件的排法共有多少种？（只列式，不需计算结果）（1）任何2名女生都不相邻有多少种排法？（2）男甲不在首位，男乙不在末位，有多少种排法？（3）男生甲、乙、丙排序一定，有多少种排法？（4）男甲在男乙的左边（不一定相邻）有多少种不同的排法？【解答】解：（1）任何两个女生都不得相邻，利用插空法，故有A66A74种．（2）男甲不在首位，男乙不在末位，利用间接法，故有A1010﹣2A99+A88种，（3）男生甲、乙、丙顺序一定，利用定序法，=A107种，（4）由于男甲要么在男乙的左边，要么在男乙的右边，所以男甲在男乙的左边（不一定相邻）A1010．9．（2016春•九龙坡区校级期中）已知一个袋内有5只不同的红球，6只不同的白球．（1）从中任取4只球，红球的只数不比白球少的取法有多少种？（2）若取一只红球记2分，取一只白球记1分，从中任取5只球，使总分不小于7分的取法有多少种？（3）在（2）条件下，当总分为8时，将抽出的球排成一排，仅有两个红球相邻的排法种数是多少？【解答】解：（1）将取出4个球分成三类情况：①取4个红球，没有白球，C54种；②取3个红球1个白球，C53C61种；③取2个红球2个白球，C52C62种，∴C54+C53C61+C52C62=215种，（2）设x个红球y个白球，，或或．∴符合题意的取法种数有C52C63+C53C62+C54C61=381种．（3）总分为8分，则抽取的个数为红球3个，白球2个，将抽出的球排成一排，仅有两个红球相邻，第一步先取球，共有C53C62=150种，第二步，再排，先选2个红球捆绑在一起，再和另外一个红球排列，把2个白球插入，共有A32A22A32=72根据分步计数原理可得，150×72=10800．10．（2016春•江阴市期中）将5个编号为1，2，3，4，5的小球放入5个编号为1，2，3，4，5的盒子中．（1）有多少种放法？（2）每盒至多一球，有多少种放法？（3）恰好有一个空盒，有多少种放法？（4）每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种方法？（5）每个盒子内投放一球，并且至少有两个球的编号与盒子编号是相同的，有多少种投放方法？（6）把5个不同的小球换成5个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种不同的放法？（注意：以上各小题要列出算式后再求值，否则扣分．）【解答】解：（1）本题要求把小球全部放入盒子，∵1号小球可放入任意一个盒子内，有5种放法．同理，2、3、4，5号小球也各有5种放法，∴共有55=3125种放法．（2）每盒至多一球，有A55=120种，（3）∵恰有一个空盒，则这5个盒子中只有4个盒子内有小球，且小球数只能是1、1、，1，2．先从5个小球中任选2个放在一起，有C25种方法，然后与其余3个小球看成四组，分别放入5个盒子中的4个盒子中，有A45种放法．∴由分步计数原理知共有C25A45=1200种不同的放法．（4）先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有C51=5种情况，例如：5号球放在5号盒子里，其余四个球的放法为（2，1，4，3），（2，3，4，1），（2，4，1，3），（3，1，4，2），（3，4，1，2），（3，4，2，1），（4，1，2，3），（4，3，1，2），（4，3，2，1）共9种，故将这五个球放入这五个盒子内，要求每个盒子内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法总数为9C51=45种，（5）不满足条件的情形：第一类，恰有一球相同的放法：C51×9=45，第二类，五个球的编号与盒子编号全不同的放法：5!（﹣+﹣）=44，∴满足条件的放法数为：A55﹣C51×9﹣5!（﹣+﹣）=120﹣45﹣44=31种（6）恰有一个空盒，则这5个盒子中只有4个盒子内有小球，则有一个盒子里有2个小球，故有C51C41=20种放法．11．（2016春•江阴市期中）用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的正整数．（1）共有多少个四位数？其中偶数有多少个？（2）比4301大的四位数有多少个？（3））求所有这些四位数之和．注：以上结果均用数字作答．【解答】解：（1）由题意知，因为数字中有0，0不能放在首位，∴先安排首位的数字，从五个非0数字中选一个，共有C51种结果，余下的五个数字在三个位置进行全排列，共有A53种结果，根据分步计数原理知共有A15•A35=300；用0，1，2，3，4，5六个数字组成没有重复数字的四位偶数，则0不能排在首位，末位必须为0，2，4其中之一．所以可分两类，末位为0，则其它位没限制，从剩下的5个数中任取3个，再进行排列即可，共有A53=60个第二类，末位不排0，又需分步，第一步，从2或4中选一个来排末位，有C21=2种选法，第二步排首位，首位不能排0，从剩下的4个数中选1个，有4种选法，第三步，排2，3位，没有限制，从剩下的4个数中任取2个，再进行排列即可，共有12种．把三步相乘，共有2×4×12=96个最后，两类相加，共有60+96=156个（2）当首位是5时，其他几个数字在三个位置上排列，共有A53=60，当前两位是45时，共有A42=4×3=12个，当前两位是43时，共有A42=4×3=12个，去掉4301即可，即有12﹣1=11个．根据分类加法原理得到共有：60+12+12﹣1=83个（3）（1+2+3+4+5）×A53×103+（1+2+3+4+5）×C41A42×（102+10+1）=15×65328=979920。
计数原理
交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？
因为一天中乘火车有3种走法，乘汽车有2种走法，每一种走法 都可以从甲地到乙地，所以共有：3＋2＝5（种）
1、分类计数原理
（加法原理）
定义：如果计数的对象可以分成若干类，使得每两类没
有公共元素，则分别对每一类里的元素计数，然后把各类 的元素数目相加，便得出所要计数的对象的总数。
例2（全国高考题）同室4人各写1张贺年卡，先集中起来，然后
每人从中各拿1张别人送出的贺年卡，则4张贺年卡不同的分配方 式有（ ） 限制条件较多时用列举法 A．6种 B．9种 C．11种 D．23种
√
例3．某艺术组有9人，每人至少会钢琴和小号中的一种乐器，
其中7人会钢琴，3人会小号，从中选出会钢琴与会小号的各1人， 有多少种不同的选法？ 多面手问题 解：由题意可知，在艺术组9人中，有且仅有一人既会钢琴又会 小号（把该人称为“多面手”），只会钢琴的有6人，只会小号 的有2人，把会钢琴、小号各1人的选法分为两类： 第一类：多面手入选，另一人只需从其他8人中任选一个， 故这类选法共有8种． 第二类：多面手不入选，则会钢琴者只能从6个只会钢琴的 人中选出，会小号的1人也只能从只会小号的 2人中选出，放这类 选法共有6×2＝12种， 故共有20种不同的选法．
因此取法种数共有
40+60=100（种）
60 个
问题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 A村 中 南 北
B村
南
C村
解： 从A村经 B村去C村有2步, 第一步, 由A村去B村有3种方法, 第二步, 由B村去C村有3种方法, 所以 从A村经 B村去C村共有 3 ×2 = 6 种不同的方法。
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(最全面的方法汇总)
计数原理（排列组合）插空法，挡板法，捆绑法，优选法，平均分配问题等例题精选+练习一、挡板法（插板法、隔板法、插刀法）将n个相同的元素排成一行，n个元素之间出现了（n-1）个空档，现在我们用（m-1）个“档板”插入（n-1）个空档中，就把n个元素隔成有序的m份，每个组依次按组序号分到对应位置的几个元素（可能是1个、2个、3个、4个、….），这样不同的插入办法就对应着n个相同的元素分到m组的一种分法，这种借助于这样的虚拟“档板”分配元素的方法称之为挡板法。
(1)例题解读【例1】共有10完全相同的球分到5个盒里，每个盒至少要分到一个球，问有几种不同分法？解析：我们可以将10个相同的球排成一行，10个球之间出现了9个空隙，现在我们用4个档板”插入这9个空隙中，就“把10个球隔成有序的5份，每个盒子依次按盒子序号分到对应位置的几个球（可能是1个、2个、3个、4个、5个），这样，借助于虚拟“档板”就可以把10个球分到了5个班中。
【基本题型的变形（一）】题型：有n个相同的元素，要求分到m组中，问有多少种不同的分法？解题思路：这种问题是允许有些组中分到的元素为“0”，也就是组中可以为空的。
对于这样的题，我们就首先将每组都填上1个，这样所要元素总数就m个，问题也就是转变成将（n+m）个元素分到m组，并且每组至少分到一个的问题，也就可以用插板法来解决。
【例2】有8个相同的球放到三个不同的盒子里，共有（）种不同方法.A．35 B．28 C．21 D．45解答：题目允许盒子有空，则需要每个组添加1个，则球的总数为8+3×1=11，此题就有C （10，2）=45（种）分法了，选项D为正确答案。
【基本题型的变形（二）】题型：有n个相同的元素，要求分到m组，要求各组中分到的元素至少某个确定值S（s＞1，且每组的s值可以不同），问有多少种不同的分法？解题思路：这种问题是要求组中分到的元素不能少某个确定值s，各组分到的不是至少为一个了。
计数原理-完整版课件
• 7．某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学 校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动．
• 1．书架上有不同的语文书10本，不同的英语书7本，不同的数学 书5本，现从中任选一本阅读，不同的选法有( )
• A．22种 B．350种
• C．32种 D．20种
• 解析： 由分类加法计数原理得，不同的选法有10＋7＋5＝22 种．
• 答案： A
• 2．一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的 坐法种数为( )
两通项相乘得：C6r x3r Ck10x－4k＝C6r C1k0x3r －4k，
令
r 3
－
k 4
＝0，得4r＝3k，这样一来，(r，k)只有三组：
(0,0)，(3,4)，(6,8)满足要求．
故常数项为：1＋C36C410＋C66C810＝4 246.
答案： 4 246
6．C16＋C26＋C36＋C46＋C56的值为________．
• A．3×3! B．3×(3！)3
• C．(3！)4 D．9!
• 解析： 把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有 (3！)4种．
• 答案： C
• 3．(2013·山东卷)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的 三位数的个数为( )
• A．243 B．252
• C．261 D．279
• 解析： 能够组成三位数的个数是9×10×10＝900，能够组成无 重复数字的三位数的个数是9×9×8＝648，故能够组成有重复数字的三 位数的个数是900－648＝252.
上海教材：高一到高三数学教材目录正确版
第1章集合和命题一、集合1.1 集合及其表示法1.2 集合之间的关系1.3 集合的运算二、四种命题的形式1.4 命题的形式及等价关系三、充分条件与必要条件1.5 充分条件, 必要条件1.6 子集与推出关系第2章不等式2.1 不等式的基本性质2.2 一元二次不等式的解法2.3 其他不等式的解法2.4 基本不等式及其应用课题一最大容积问题2.5 不等式的证明（拓展内容）第3章函数的基本性质3.1 函数的概念3.2 函数关系的建立课题二邮件与邮费问题课题三上海出租车计价问题3.3 函数的运算3.4 函数的基本性质函数的零点（拓展内容）第4章幂函数、指数函数和对数函数（上）一、幂函数4.1 幂函数的性质与图像二、指数函数4.2 指数函数的图像与性质4.3 借助计算器观察函数递增的快慢第4章幂函数、指数函数和对数函数（下）三、对数4.4 对数概念及其运算四、反函数4.5 反函数的概念五、对数函数4.6 对数函数的图像与性质六、指数方程和对数方程4.7 简单的指数方程4.8 简单的对数方程课题四声音传播问题第5章三角比一、任意角的三角比5.1 任意角及其度量5.2 任意角的三角比课题一用单位圆中有向线段表示三角比二、三角恒等式5.3 同角三角比的关系和诱导公式5.4 两角和与差的余弦、正弦和正切5.5 二倍角与半角的正弦、余弦和正切三角比的积化和差与和差化积（拓展内容）三、解斜三角形5.6 正弦定理、余弦定理和解斜三角形课题二测建筑物的高度第6章三角函数一、三角函数的性质与图像6.1 正弦函数和余弦函数的性质与图像6.2 正切函数的性质和图像课题三制作弯管6.3 函数y=Asin(wx+φ)的图象与性质函数的性质（拓展内容）二、反三角函数与最简三角方程（拓展内容）6.4 反三角函数6.5 最简三角方程第七章数列与数学归纳法一、数列7.1 数列7.2 等差数列7.3 等比数列二、数学归纳法7.4 数学归纳法7.5 数学归纳法的应用7.6 归纳-猜想-论证三、数列的极限7.7 数列的极限7.8 无穷等比数列各项的和雪花曲线（* 拓展内容）课题五组合贷款购房中的数学问题第八章平面向量的坐标表示8.1 向量的坐标表示及其运算8.2 向量的数量积8.3 平面向量的分解定理8.4 向量的运用第九章矩阵和行列式一矩阵9.1 矩阵的概念9.2 矩阵的运算二行列式9.4 二阶行列式9.5 三阶行列式第十章算法初步10.1 算法的概念10.2 程序框图10.3 计算机语句和算法程序第11章坐标平面上的直线11.1 直线的方程11.2 直线的倾斜角和斜率11.3 两条直线的位置关系11.4 点到直线的距离第12章圆锥曲线12.1 曲线和方程12.2 圆的方程课题二追捕走私船12.3 椭圆的标准方程12.4 椭圆的性质12.5 双曲线的标准方程12.6 双曲线的性质课题三探索点的轨迹12.7 抛物线的标准方程12.8 抛物线的性质课题四做一个有趣的实验第13章复数13.1 复数的概念13.2 复数的坐标表示13.3 复数的加法与减法13.4 复数的乘法与除法13.5 复数的平方根与立方根复数的立方根（* 拓展内容）13.6 实系数一元二次方程高中三年级高中三年级第一学期第14章空间直线与平面14.1 平面及其基本性质14.2 空间直线与直线的位置关系14.3 空间直线与平面的位置关系14.4 空间平面与平面的位置关系第15章简单几何体一、多面体15.1 多面体的概念15.2 多面体的直观图二、旋转体15.3旋转体的概念三、几何体的表面积、体积和球面距离15.4 几何体的表面积15.5 几何体的体积15.6 球面距离课题三凸多面体的顶点数、棱数和面数的关系第16章排列组合与二项式定理16.1 计数原理I——乘法原理16.2 排列16.3 计数原理II——加法原理16.4 组合16.5 二项式定理课题一旅行商问题高中三年级第二学期第17章概率论初步17.1古典概型17.2 频率与概率第18章基本统计方法18.1 总体和样本18.2抽样技术18.3统计估计18.4实例分析18.5 概率统计实验高中三年级拓展②（理科）专题 1 三角恒等变换1.1半角公式的应用1.2三角比的积化和差与和差化积专题 2 参数方程和极坐标方程一、参数方程2.1 曲线的参数方程2.2 直线和圆锥曲线的参数方程课题一轨迹探究二、极坐标方程2.3 极坐标系专题 3 空间向量及其应用3.1 空间向量3.2 空间向量的坐标表示3.3 空间直线的方向向量和平面的法向量3.4 空间向量在度量问题中的应用课题二飞行机器人位置的确定专题4概率论初步（续）4.1 事件和概率4.2独立事件积的概率4.3 随机变量和数学期望4.4 正态分布课题四中国邮政贺年有奖明信片的中奖率计算专题 5 线性回归5.1直接观察法5.2 最小二乘法高中三年级拓展②（文科、技艺）专题 1 线性规划1.1 线性规划问题1.2 线性规划的可行域1.3 线性规划的解课题三线性规划在生活中的应用专题 2 优选与统筹一、试验设计的若干方法2.1 二分法2.2 0.618法二、统筹规划2.3 统筹规划课题三组装一辆自行车的工序流程专题 3 投影与画图3.1空间图形的平面图3.2轴测图3.3三视图专题4统计案例4.1 抽样调查案例4.2 假设检验案例4.3 列联表独立性检验案例专题 5 数学与文化艺术5.1数学与文化艺术5.2数学与美术5.3数学与文学拓展型课程专题 1 矩阵初步1.1 向量的另一种定义1.2 矩阵的概念1.3 矩阵加减法及矩阵与实数的乘积1.4 矩阵的乘法1.5 逆矩阵课题平面图形的矩阵变换专题 2 坐标变换与一般二次曲线2.1 坐标系的平移变换2.2 坐标系的旋转变换2.3 一般二元二方方程的讨论与化简专题 3 二项式定理3.1 二项式定理3.2 二项式系数的应用专题 4 数学建模初步4.1 数学建模的一般步骤4.2 简单数学模型举例专题 5 曲线拟合5.1 直接观察法5.2 最小二乘法专题 6 复数的三角形式6.1 复数的三角表示6.2 复数三角形式的乘法和除法6.3 复数的乘方和开方6.4 复数三角形式的应用专题7 常见曲线的极坐标方程7.1 圆锥曲线的统一的极坐标方程7.2 几种特殊曲线的极坐标方程课题玫瑰线专题8 随机变量8.1 随机变量8.2 二项式分布8.3 随机变量的数学期望和方差。
【高中数学】计数原理(1)
【高中数学】计数原理(1)1. 分类计数原理---加法原理如果完成一件工作有两类不同的方案，由第1类方案中有m 种方法，在第2类方案中有n 种不同的方法，那么，完成这件工作共有n m +种不同的方法.【例1】一件工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这项工作，不同选法的种数是 .2. 分步计数原理---乘法原理完成一件工作需要两个步骤，完成第1步有m 种不同的方法，完成第2步有n 种不同的方法，那么，完成这件工作共有n m ⨯种不同方法。
【例2】用前六个大写的英文字母和1～9九个阿拉伯数字，以,,,,,2121B B A A ⋅⋅⋅…的方式给教室的座位编号，总共能编出多少种不同的号码？【例3】从A 村去B 村的道路有3条，从B 村去C 村的道路有2条，从A 村经B 村去C 村，不同的路线有 条.小结：加法原理针对的是分类问题，其中的各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事.【例4】书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书，(1)从书架上任取1本书，有多少种不同的取法？(2)从书架的第1、2、3层各取1本书，有多少种不同的取法？【例5】要从甲，乙，丙3副不同的画中选出2副，分别挂在左，右两边墙上的指定位置，问共有多少种不同的选法？小结：在解决实际问题中，要分清题意，正确选择加法原理和乘法原理，乘法原理针对的是分步问题，其中的各步骤相互依存，只有各个步骤都完成才算完成这件事.当堂检测1. 某班有男生30人，女生20人，现要从中选出男，女各1人代表班级参加比赛，共有 种不同选法.2. 乘积()()n n b b b a a a +⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅++2121展开后，共有 项.3. 要从甲、乙、丙3名工人中选出2名分别上日班和晚班，有 种不同的选法.4. 一种号码拨号锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共10个数字，这4个拨号盘可以组成 个四位数号码.2. 如图，一条电路从A 处到B 处接通时，可有多少条不同的线路？3. 两个原理的应用【例6】核糖核酸（RNA ）分子是生物细胞中发现的化学成分。
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？甲 乙 丁丙AB P35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。
计数的基本原理
甲 地
乙 地
分析: 完成由甲地到乙地这件事有三类办法：
第一类办法乘火车，有2种不同走法，
第二类办法乘汽车，有3种不同走法 第三类办法乘轮船，有4种不同走法。
因此，在一天中，此人由甲地到乙地不同的走法 共有 2+3+4=9 种。
计数的基本原理
一、分类计数原理 如果完成一件事，有n类办法。在第1类办法
中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不 同的方法，……，在第n类办法中有mn种不同的 方法，那么完成这件事共有
说明 N= m1+m2+… + mn 种不同的方法
关键词是“分类”，各类办法之间相互独立,每种 方法都能单独的完成这件事，要计算所有方法种数,只 需将各类方法数相加,因此分类计数原理又称加法原理。
1. 某商业大厦有东、西、南3个大门，某人从一 个门进从另一个门出，共有多少种不同的走法？
N＝3 × 2＝6（种）
2.把3封不同的信投到2个不同的信箱中，共有多少 种不同的投法？
N＝2 ×2×2＝8（种）
练一练
1.用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字
给教室里的座位编号，总共能够编来自多少种不同的号码？这件事情。
每一步得到的只是中间结果， 任何一步都不能单独完成 这件事情，缺少任何一步也 不能完成这件事情，只有每 个步骤都完成了，才能完成 这件事情。
区别三
各类办法是并列的、独立 的
各步之间是相互关联的
作业
如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有3 条路；从甲地到丙地有4条路可以走，从丙地到丁地 有2条路。从甲地到丁地共有多少种不同地走法？
例1 书架上层有不同的数学书15本，中层有不同的语文书
18本，下层有不同的物理书7本。现要从书架上任取一本书， 问有多少种不同的取法？