LY4011枚举法加法原理与乘法原理
算法 枚举法
算法枚举法枚举法是一种常用的算法思想，它通过逐个列举可能的解来解决问题。
在本文中，我们将介绍枚举法的基本原理、应用场景以及一些注意事项。
一、枚举法的基本原理枚举法是一种简单直接的解决问题的方法，其基本原理是通过逐个尝试所有可能的解，然后判断每个解是否满足问题的要求。
具体步骤如下：1. 确定问题的解空间，即问题可能的解集合。
2. 逐个枚举解空间中的元素，对每个元素进行判断。
3. 如果满足问题的要求，则将该元素作为问题的解；否则，继续枚举下一个元素。
4. 当找到满足要求的解时，停止枚举；如果枚举完所有元素仍未找到解，则表示该问题无解。
二、枚举法的应用场景枚举法适用于一些问题的解空间较小、问题规模较小的情况。
以下是一些常见的应用场景：1. 寻找问题的所有可能解，如密码破解、穷举搜索等。
2. 判断问题是否存在解，如判断一个数是否为质数、判断某一年是否为闰年等。
3. 寻找问题的最优解，在解空间较小的情况下可以通过枚举法逐个尝试，找到最优解。
三、枚举法的注意事项1. 确定解空间时要考虑问题的约束条件，避免无效的尝试。
2. 在枚举过程中，可以使用剪枝技术来减少不必要的尝试，提高算法效率。
3. 在解空间较大或问题规模较大的情况下，枚举法可能会导致计算量过大，无法在合理时间内得到解。
此时可以考虑其他更高效的算法。
4. 枚举法通常是一种暴力穷举的方法，因此在问题规模较大时，需要权衡计算时间和结果准确性的关系。
枚举法是一种常用的算法思想，适用于问题规模较小、解空间较小的情况。
它通过逐个尝试所有可能的解来解决问题，具有简单直接的特点。
然而，在使用枚举法时需要注意问题的约束条件、剪枝技术以及计算时间的限制，以确保问题能够得到准确且高效的解决。
因此，在解决问题时，我们可以考虑使用枚举法这一简单而又有效的算法思想，通过逐个尝试所有可能的解来找到问题的解。
同时，我们也要注意问题的规模和约束条件，避免无谓的计算和浪费资源。
通过合理运用枚举法，我们可以解决许多实际问题，提高问题的解决效率。
加法原理和乘法原理
加法原理和乘法原理【知识导学】加法原理：为了完成一件事，有几类方法。
第一类方法中有m1种不同的方法，第二类方法中有m2种不同的方法……第n类方法中有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。
乘法原理：为了完成一件事，需要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，那么完成这件事共有共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法。
【例1】一把钥匙开一把锁，现在有4把钥匙4把锁，但不知道怎么相配，那么最多要试多少次，才能确保配对成功?如果有6把钥匙6把锁，那么最多要试多少次，才能确保把所有的锁都打开？【即学即练1】学校门房的王师傅不小心把9把钥匙和9把锁弄混淆了，不知道哪把钥匙开哪把锁，请问最多要试多少次才能确保把钥匙和锁一一配起来？【例2】从甲村去乙村有3条道路，从乙村去丙村有2条道路，从丙村去丁村有4条道路，小华要从甲村经乙村、丙村去丁村共有多少种不同的走法？【即学即练2】如图A、B、C是三个村庄，从A村到B村有2条路可走，从B村到C村有3条路可走，从A村到C村有4条路可走，从A村到C村共有多少种不同的走法？【例3】有4张卡片上面分别写有0,1,2,4四个数字，从中任意抽出3张卡片组成三位数，这些卡片共可组成多少个不同的三位数？【即学即练3】有五张卡片，卡片上写有数字1，2，3，4，5，从中任取两张卡片摆放在一起就可以组成一个两位数，请问一共可以组成多少个不同的奇数？【例4】在实践活动课上，张老师发给每个学生一张简易地图（如图），地图上有A、B、C、D四个相邻的城市，现从红、黄、蓝、绿四种颜料中选出若干种给地图涂色，要求相邻城市的颜色不同，有多少种不同的涂色方法？【即学即练4】如图A、B、C、D、E五个区域分别用红、蓝、黄、白、绿五种颜色中的某一种涂染，若使相邻的区域涂不同的颜色，问：有几种不同的涂法？【例5】某信号兵用红、黄、蓝三面旗子从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以任挂一面、两面或三面，并且不同的顺序表示不同的信号，一共可以表示多少种不同的信号？【即学即练5】右图是某一地区的道路分布图，A、B、C、D分别代表四个城镇，那么从A镇去C镇一共有多少种不同的走法？（每个点不重复经过）【例6】甲、乙、丙、丁、戊五个人排成一队，甲、乙必须相邻，那么一共有多少种不同的排法？【即学即练6】有4女2男共六人，站成一排合影留念，要求2个男的紧挨着站在正中间，一共有多少种不同的排法？【能力检测】1、从武汉到南京去，每天有3班火车、2班汽车、3班飞机，请问：每天从武汉到南京去一共有多少种不同的走法？2、用1，2，3，4这四个数字可以组成多少个没有重复数字的四位数？3、某校四年级举行了一次篮球循环赛，每两个班之间都要赛一场，一共赛了15场，那么有多少个班参加了比赛？4、从下面六个小朋友中选出两个不相邻的小朋友一共有多少种不同的选法？5、物业管理员有8把钥匙和8把锁，其中一把钥匙配一把锁，调皮的灰太狼趁管理员睡觉的时候将他们搞乱了，要把它们重新配对最多要试多少次？6、“IMO”是国际数学奥林匹克竞赛的缩写，把这三个字母写成三种不同的颜色，现有五种不同颜色的笔，则可以写出多少种不同颜色搭配的“IMO”？7、从1至9这九个数字中任取一个奇数和一个偶数相乘，不同的乘积有多少个？8、人民电影院有6个门，其中A、B、C、D这四个门只供散场时作为出口，甲、乙这两个门既可以作为入口也可以作为出口，请问：如果要到人民电影院去看电影，共有几种不同的进出路线？9、图中共有16个方格，在方格中放入四粒不同的棋子，使得每行每列只能出现一粒棋子，共有多少种不同的放法？10、“高斯杯”足球挑战赛就要举行了，有4所小学派队参加，每所小学派出两支球队，每支球队都要和本校另一支球队之外的所有球队都比赛一场，那么一共有多少场比赛？11、7个人站成一排，如果甲、乙两人必须站在两端，一共有多少种排法？。
枚举法解题
枚举法解题枚举法是一种常用的问题求解方法，通过遍历所有可能的解空间，逐个检查并找出满足条件的解。
它在计算机科学和数学领域被广泛应用于解决各种问题，如组合优化、图论、搜索等。
本文将介绍枚举法的基本原理、应用场景以及相关的优化技巧。
1. 基本原理枚举法是一种朴素的穷举搜索方法，其基本思想是通过遍历所有可能的解空间来寻找问题的解。
具体而言，枚举法将问题转化为一个可枚举的集合或序列，并对其中每个元素进行检查，判断是否满足问题所要求的条件。
当找到满足条件的解时，即可结束搜索。
枚举法通常包括以下几个步骤： - 确定待求解问题中需要枚举的变量或参数； - 确定变量或参数可以取值的范围； - 遍历所有可能取值组合，并对每个组合进行检查； - 找到满足条件的解后结束搜索。
2. 应用场景枚举法适用于那些问题空间较小或可以通过剪枝等手段进行优化的情况。
以下是一些常见的应用场景：2.1 组合优化问题组合优化问题是指在给定一组元素的情况下，通过选取其中的若干个元素，使得满足某种条件或达到最优解。
例如，在一个集合中找到和为给定值的子集，或者找到满足某种性质的排列等。
枚举法可以通过遍历所有可能的组合或排列来解决这类问题。
2.2 图论问题图论是研究图及其应用的数学分支，常见问题包括最短路径、最小生成树、拓扑排序等。
枚举法在图论中有广泛应用，例如在求解旅行商问题时，可以通过枚举所有可能的路径，并计算其总长度来寻找最优解。
2.3 搜索问题搜索问题是指在一个搜索空间中寻找特定目标的过程。
例如，在八皇后问题中，需要在一个8x8的棋盘上放置八个皇后，并使得它们互不攻击。
枚举法可以通过遍历所有可能的放置方式，并逐个检查是否满足条件来解决这类搜索问题。
3. 优化技巧虽然枚举法简单直观，但对于问题空间较大的情况，其时间复杂度常常非常高，甚至无法接受。
因此，在实际应用中，我们可以采取一些优化技巧来减少搜索空间和提高效率。
3.1 剪枝剪枝是指通过一些条件判断，在搜索过程中排除不可能的解，从而减少搜索空间。
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。
1.1加法原理和乘法原理
授课主题加法原理和乘法原理教学目标1．理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理．2．会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题．3．能根据具体问题的特征，选择分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题．教学内容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m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，…，在笫n类办法中有m n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．原理的核心是每一种办法都能将事情完成．例如：某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，在这天的不同时间中，火车有4班，汽车有3班，此人的走法共有4+3=7种选择．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m1种不同的方法，做第二步有m2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＝m1 ·m2·…·m n种不同的方法．原理的核心是每一个步骤都依次完成后，这件事情才能完成．例如：某人上楼从底层到三层，今知从底层到二层有4个扶梯可走，又从二层到三层有2个扶梯可走，此人从底层到三层的走法共有4 2=8种．分类计数原理与分步计数原理的区别在于完成一件事是分类还是分步．3．加法原理和乘法原理的异同(1)共同点是，它们都是研究完成一件事情共有多少种不同的方法．(2)不同点是，它们研究完成一件事情的方式不同，加法原理是“分类完成”，即任何一类办法中的任何一个方法都能完成这件事．乘法原理是“分步完成”，即这些方法需要分步，各个步骤顺次相依，且每一步都完成了，才能完成这件事情．4．根据具体情况选择应用不用的原理(1)完成一件事情有n类办法，若每一类办法中的任何一种方法均能将这件事情从头至尾完成，则计算完成这件事情的方法总数用加法原理．(2)完成一件事情有n个步骤，若每一步的任何一种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，则计算完成这件事的方法总数用乘法原理．5．一些非常规计数问题的解法(1)枚举法：将各种情况通过树状图、表格等方法一一列举出来，它适用于计数种数较少的情况，分类计数时将问题分类实际上也是将分类种数一一列举出来．(2)间接法：若计数时分类较多或无法直接计数时，可用间接法先求出没有限制条件的总数，再减去不满足条件的种数，即正难则反．(3)转换法：转换问题的角度或转换成其他已知的问题．在实际应用中，应根据具体问题灵活处理．特别提醒：对于较复杂的既要用分类计数原理，又要用分步计数原理的问题，可以根据题意恰当合理地画出示意图或者列出表格，使问题的实质直观地显现出来，从而便于解题.题型一分类加法计数原理的应用例1某校高三共有三个班，其各班人数如下表：班级男生数女生数总数高三(1) 32 22 54高三(2) 28 22 50高三(3) 31 20 51(1)从三个班中选一名学生会主席，有多少种不同的选法？(2)从(1)班、(2)班女生中或从(3)班男生中选一名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？解析：(1)从三个班中任选一名学生，可分三类：第1类，从高三(1)班任选一名学生，有54种不同选法；第2类，从高三(2)班任选一名学生，有50种不同选法；第3类，从高三(3)班任选一名学生，有51种不同选法．由分类加法计数原理知，不同的选法共有N＝54＋50＋51＝155(种)．(2)由题设知共有三类：第1类，从(1)班女生中任选一名学生，有22种不同选法；第2类，从(2)班女生中任选一名学生，有22种不同选法；第3类，从(3)班男生中任选一名学生，有31种不同选法．由分类加法计数原理知，不同的选法共有N＝22＋22＋31＝75(种)．点评：分类加法计数原理是涉及完成一件事的不同方法的计数种类，每一类中的各种方法都是相互独立的，且每一类方案中的每一种方法都可以独立地完成这件事，在应用该原理解题时，首先要根据问题的特点，确定好分类的标准．分类时应满足：完成一件事的任何一种方法，必属于某一类且仅属于某一类．巩固(1)某班有男生26人，女生24人，从中选一位同学为数学科代表，则不同选法的种数有() A．50种B．26种C．24种D．616种(2)一项工作可以用A或B这两种方法中的一种方法完成，有4人会用A方法完成，另外8人会用B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()A．12种B．32种C．24种D．64种解析：(1)由分类加法计数原理知，不同选法的种数有26＋24＝50(种)．故选A.(2)由分类加法计数原理知，不同选法的种数有4＋8＝12(种)．故选A.答案：(1)A(2)A题型二分步乘法计数原理的应用例24个插班生分到甲、乙、丙三个班，有多少种不同的分法？分析：一个学生分到甲、乙、丙中的某个班，有3种不同方法，一个学生确定到哪个班后，这件事情并没有完成，只有4个学生全部确定各自到哪个班后这件事情才算完成，故应用乘法原理解决．解析：完成4个学生分到3个不同的班级这件事，可按每个学生对班级选择分四步完成，每一步中每一个学生在3个班级中选择1个，有3种选法，由乘法原理得共有34＝81种不同的分法．点评：利用分步乘法计数原理计数的一般思路是首先考虑这件事要经过哪几个步骤才能完成，然后找出每一步中有多少种不同的方法，最后求其积，但应注意各个步骤是既相互独立又密切相关的，都完成后，才能完成整件事．巩固已知a∈{1,2,3}，b∈{4,5,6,7}，r∈{8,9}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示不同的圆的个数为() A．9个B．12个C．8个D．24个解析：完成表示不同的圆这件事有三步：第一步，确定a有3种不同的选取方法；第二步，确定b有4种不同的选取方法；第三步，确定r有2种不同的方法．由分步乘法计数原理，方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可表示不同的圆共有3×4×2＝24个．故选D.答案：D题型三分类加法计数原理和分步乘法计数原理的综合应用例3集合A＝{1,2，－3}，B＝{－1，－2,3,4}，现从A、B中各取一个元素作为点P(x，y)的坐标．(1)可以得到多少个不同的点？(2)在这些点中，位于第一象限的有几个点？解析：(1)第一类：选A中的元素为x，B中的元素为y，有3×4＝12个不同的点；第二类：选A中的元素为y，B中的元素为x，有4×3＝12个不同的点．故可以得到24个不同的点．(2)第一象限内的点，即x，y必须为正数，从而只能取A、B中的正数，同样分两类，所以N＝2×2＋2×2＝8(个)．即这些点中，位于第一象限的有8个点．点评：(1)解决此类综合题的关键在于区分该问题是“分类”还是“分步”．如果完成这件事，可以分几种情况，每种情况中任何一种方法都能完成任务，则是分类；而从其中一种情况中任取一种方法只能完成一部分事件，且只有依次完成各种情况，才能完成这件事，则是分步．(2)注意运用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决既有“分类”又有“分步”的综合问题时应“先分类，后分步”．巩固书架的第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)从书架的第1、2、3层各取1本书，有______种不同的取法；(2)从书架上任取两本不同学科的书，有______种不同的取法．解析：(1)从书架的第1,2,3层各取1本书，可以分成3个步骤完成：第1步，从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2步，从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3步，从第3层取1本体育书，有2种方法．根据分步乘法计数原理，不同取法的种数是N＝4×3×2＝24.(2)取一本计算机书和一本文艺书，有4×3＝12种方法；取一本计算机书和一本体育书，有4×2＝8种方法；取一本文艺书和一本体育书，有3×2＝6种方法；所以总的方法数是N＝12＋8＋6＝26.答案：(1)24(2)26题型四分配问题例4(1)8本不同的书，任选3本分给3个同学，每人1本，有多少种不同的分法？(2)将4封信投入3个邮筒，有多少种不同的投法？(3)3位旅客到4个旅馆住宿，有多少种不同的住宿方法？解析：(1)分三步，每位同学取书一本，第1,2,3个同学分别有8,7,6种取法，因而由分步乘法计数原理，不同分法共有N＝8×7×6＝336(种)．(2)完成这件事情可以分作四步，第一步投第一封信，可以在3个邮筒中任选一个，因此有3种投法；第二步投第二封信，同样有3种投法；第三步投第三封信，也同样有3种投法；第四步，投第四封信，仍然有3种投法．由分步乘法计数原理，可得出不同的投法共有N＝3×3×3×3＝81(种)．(3)分三步，每位旅客都有4种不同的住宿方法，因而不同的方法共有N＝4×4×4＝64(种)．点评：此类分配问题，实际上是分步计数问题，解题的关键是弄清分几步和每一步的方法总数．巩固(1)4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？(2)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？解析：(1)要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，四人都报完才算完成，于是按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有3×3×3×3＝81种报名方法．(2)完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，于是应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步．而每项冠军是四人中的某一人，有4种可能情况，于是共有4×4×4＝43＝64种可能的情况．题型五组数问题例5用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的比2 000大的四位偶数？分析：按末位是0,2,4分三类或千位是2,3,4,5分四类计数或用间接法．解析：法一按末位是0,2,4分为三类．第一类：末位是0的有4×4×3＝48(个)；第二类：末位是2的有3×4×3＝36(个)；第三类：末位是4的有3×4×3＝36(个)．则由分类计数原理有N＝48＋36＋36＝120(个)．法二按千位是2,3,4,5分四类．第一类：千位是2的有2×4×3＝24(个)；第二类：千位是3的有3×4×3＝36(个)；第三类：千位是4的有2×4×3＝24(个)；第四类：千位是5的有3×4×3＝36(个)．则由分类计数原理有N＝24＋36＋24＋36＝120(个)．法三(间接法)用0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字的四位偶数分两类．第一类：末位是0的有5×4×3＝60(个)；第二类：末位是2或4的有2×4×4×3＝96(个)．共有60＋96＝156(个)．其中比2 000小的千位是1的有3×4×3＝36(个)．所以符合条件的四位偶数共有156－36＝120(个)．点评：对于组数问题的计数，一般按特殊位置(末位或首位)由谁占领分类，每类中再分步来计数；但当分类较多时，可用间接法先求出总数，再减去不符合条件的数去计数．巩固用0,1，…，9这十个数字，可以组成多少个：(1)三位整数？(2)无重复数字的三位整数？(3)小于500的无重复数字的三位整数？解析：由于0不可在最高位，因此应对它进行单独考虑．(1)百位数字有9种选择，十位数字和个位数字都各有10种选择．由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数共有9×10×10＝900(个)．(2)由于数字不可重复，可知百位数字有9种选择，十位数字也有9种选择，但个位数字仅有8种选择．由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数共有9×9×8＝648(个)．(3)百位数字只有4种选择，十位数字有9种选择，个位数字有8种选择．由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数共有4×9×8＝288(个)．题型六涂色问题例6把一个圆分成3个扇形，现在用5种不同的颜色给3个扇形涂色，要求相邻扇形的颜色互不相同，问(1)有多少种不同的涂法？(2)若分割成4个扇形呢？解析：(1)不同的涂色方法是5×4×3＝60种．(2)如图所示，分别用a，b，c，d记这四个扇形．先考虑给a，c涂色，分两类：第一类给a，c涂同种颜色，共5种涂法；再给b涂色，有4种涂法；最后给d涂色，也有4种涂法．由分步乘法计数原理知，此时共有5×4×4种涂法．第二类给a，c涂不同颜色，共有5×4种涂法；再给b涂色，有3种方法；最后给d涂色，也有3种方法．此时共有5×4×3×3种涂法．由分类加法计数原理知，共有5×4×4＋5×4×3×3＝260种涂法．点评：涂色问题往往是既要分类又要分步，因此是排列组合中较难的问题．一般根据颜色的异同分类，根据涂色区域分步．巩固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．解析：按照S→A→B→C→D的顺序分类染色．第一类：A，C染相同颜色，有5×4×3×1×3＝180(种)；第二类：A，C染不同颜色，有5×4×3×2×2＝240(种)．故共有180＋240＝420种不同的染色方法．（加法）A组1．家住广州的小明同学准备周末去深圳参观旅游，从广州到深圳一天中动车组有30个班次，特快列车20个班次，汽车有40个不同班次．则小明乘坐这些交通工具去深圳有多少种不同的方法()A．90种B．120种C．180种D．360种解析：根据分分类加法计数原理，得方法种数为30＋20＋40＝90(种)．故选A.答案：A2．从A地到B地要经过C地和D地，从A地到C地有3条路，从C地到D地有2条路，从D地到B地有4条路，则从A地到B地不同走法的种数是()A．9种B．10种C．18种D．24种答案：D3．已知x∈{2,3,7}，y∈{－3，－4,8}，则x·y可表示不同的值的个数为()A．8个B．9个C．10个D．12个解析：根据分步乘法计数原理，得乘积个数为3×3＝9(个)，未出现重复的现象．故选B.答案：BB组一、选择题1．王刚同学衣服上左、右各有一个口袋，左边口袋装有30个英语单词卡片，右边口袋装有20个英语单词卡片，这些英语单词卡片都互不相同，问从两个口袋里各任取一个英语单词卡片，则不同的取法有() A．20种B．600种C．10种D．50种答案：B2.现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为()A．7种B．12种C．64种D．81种解析：要完成配套，分两步：第一步，选上衣，从4件中任选一件，有4种不同的选法；第二步，选长裤，从3条长裤中任选一条，有3种不同选法．故共有4×3＝12种不同取法．答案：B3．如图，一条电路从A处到B处接通时，可构成线路的条数为()A．8条B．6条C．5条D．3条解析：依题意，可构成线路的条数为2×3＝6(条)．故选B.答案：B4．植树节那天，四位同学植树，现有3棵不同的树，若一棵树限1人完成，则不同的植树方法种数有() A．1×2×3种B．1×3种C．34种D．43种解析：完成每棵树的种植都有4种方法，由分步乘法计数原理得，完成这三棵树的种植的方法总数是4×4×4＝43(种)．故选D.答案：D5．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()A．27种B．36种C．54种D．81种解析：除小张外，每位同学都有3种选择，小张只有2种选择，所以不同的报名方法有3×3×3×2＝54(种)．故选C.答案：C二、填空题6．如图，从A→C有________种不同走法．答案：67．某校会议室有四个出入门，若从一个门进，另一个门出，不同的走法有________种．答案：128.在所有的两位数中，则个位数字大于十位数字的两位数共有________个．解析：根据题意将十位上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是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，符合题意的两位数的个数共有：8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．答案：36三、解答题9．小明同学有课外参考书若干本，其中有5本不同的外语书，4本不同的数学书，3本不同的语文书，他欲带参考书到图书馆阅读．(1)若他从这些参考书中带1本去图书馆，有多少种不同的带法？(2)若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？解析：(1)完成的事情是带一本书，无论带外语书，还是数学书、语文书，事情都已完成，从而确定应用分类加法计数原理，结果为5＋4＋3＝12种．(2)选1本外语书和选1本数学书应用分步乘法计数原理，有5×4＝20种选法；同样，选外语书、语文书各1本，有5×3＝15种选法；选数学书、语文书各1本，有4×3＝12种选法；即有三类情况，应用分类加法计数原理，结果为20＋15＋12＝47种．10．如图是某校的校园设施平面图，现用不同的颜色作为各区域的底色，为了便于区分，要求相邻区域不能使用同一种颜色．若有6种不同的颜色可选，问有多少种不同的着色方案？解析：操场可从6种颜色中任选1种着色；餐厅可从剩下的5种颜色中任选1种着色；宿舍区和操场、餐厅颜色都不能相同，故可从剩下的4种颜色中任选1种着色；教学区和宿舍区、餐厅的颜色都不能相同，故可从剩下的4种颜色中任选1种着色．根据分步乘法计数原理，知共有6×5×4×4＝480(种)着色方案．（乘法）A组1．某小组有8名男生，6名女生，从中任选男生、女生各一人去参加座谈会，则不同的选法有() A．48种B．24种C．14种D．12种解析：从8名男生中任意挑选一名参加座谈会，共有8种不同的选法，从6名女生中任意挑选一名参加座谈会，共有6种不同的选法．由分步乘法计数原理知，不同的选法共有8×6＝48(种)．故选A.答案：A2．(a1＋a2)·(b1＋b2＋b3)·(c1＋c2＋c3＋c4)的展开式中的项数是()A．48项B．36项C．24项D．12项解析：要得到项数分三步：第一步，从第一个因式中取一个因子，有两种取法；第二步，从第二个因式中取一个因子，有3种取法；第三步，从第三个因式中取一个因子，有4种取法．由分步乘法计数原理知，共有2×3×4＝24(项)．故选C.答案：C3．已知函数y＝ax2＋bx＋c，其中a，b，c∈{0,1,2,3,4}，则不同的二次函数的个数为()A．125个B．15个C．100个D．10个答案：CB组一、选择题1．由0,1,2三个数字组成的三位数(允许数字重复)的个数为()A．27个B．18个C．12个D．6个解析：分三步，分别取个位、十位、百位上的数字，分别有3种、3种、2种取法，故共可得3×3×2＝18个不同的三位数．答案：B2．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有()A．12种B．10种C．9种D．8种答案：A3．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为() A．40个B．16个C．13个D．10个答案：C4．某市汽车牌照号码(由4个数字和1个字母组成)可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D 中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)．某车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌号码所有可能的情况有()A．180种B．360种C．720种D．960种解析：分五步完成，第i步取第i个号码(i＝1,2,3,4,5)．由分步乘法计数原理，可得车牌号码共有5×3×4×4×4＝960种．故选D.答案：D5．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个B．13个C．12个D．10个解析：方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，分析讨论：①当a＝0时，很显然为垂直于x轴的直线方程，有解．此时可以取4个值．故有4种有序数对；②当a≠0时，需要Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.显然有3个实数对不满足题意，分别为(1,2)，(2,1)，(2,2)．因为(a，b)共有4×4＝16种实数对，故答案应为16－3＝13.故选B.答案：B二、填空题6．如图，从A到C有________不同的走法．解析：用列举法可知有8种不同的走法．答案：87．若从1,2,3，…，9这9个数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法有________种．答案：668．把9个相同的小球放入编号为1,2,3的三个箱子里，要求每个箱子放球的个数不小于其编号数，则不同的放球方法共有____种．解析：第一个箱子放入1个小球则共有4种情况，第一个箱子放入2个小球则共有3种情况，第一个箱子放入3个小球则共有2种情况，第一个箱子放入4个小球则共有1种情况，据分类加法计数原理共有10种情况．答案：10三、解答题9．从1到200的自然数中，各个数位上都不含有数字8的自然数有多少个？解析：从整体看需分类完成，用分类计数原理．从局部看需分步完成，用分步计数原理．第一类：一位数中除8外符合要求的有8个(0除外)；第二类：两位数中，十位上数字除0和8外有8种情况，而个位数字除8外，有9种情况，有(8×9)个符合要求；第三类：三位数中，百位上数字是1的，十位和个位上数字除8外均有9种情况，有(9×9)种，而百位数字上是2的只有200符合．所以总共有8＋8×9＋9×9＋1＝162(个)．10．某人有4种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多)，要在如图所示的6个点A，B，C，A1，B1，C1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有多少种？解析：第一步，在点A1，B1，C1上安装灯泡，A1有4种方法，B1有3种方法，C1有2种方法，共有4×3×2＝24(种)方法．第二步，从A，B，C中选一个点安装第4种颜色的灯泡，有3种方法．第三步，再给剩余的两个点安装灯泡，共有3种方法，由分步乘法计数原理可得，共有4×3×2×3×3＝216(种)方法．11。
LY4011枚举法加法原理与乘法原理
LY40011小学数学竞赛系列——枚举法、加法原理与乘法原理一、枚举法的解题方法与关键：分类、按序、找规律（用加法原理与乘法原理）二、加法原理与乘法原理解题方法与关键：事情是否完成。
1、加法原理：完成一事有 ,,,321N N N 种方法，总的方法是每种方法之和。
2、乘法原理：完成一事有N 个步骤，每个步骤分别有 ,,,321N N N 种方法，总的方法是每个步骤的方法之积。
N = ⨯⨯⨯321N N N总的方法——：排位子的应用。
三、例题讲解1、有15个足球队进行比赛，比赛采用单循环制(每两队之间赛一场)，总共要比赛几场？2、15个学校的足球队进行比赛，比赛采用双循环制(每两队之间赛二场,亦称主客场制)，总共要比赛几场？3、希望小学乒乓球比赛,有211人参加,比赛采用淘汰制(输一场即退出比赛),要决出冠军,一共要比赛多少场?4、现有人民币1角、2张，5角、1元、2元、5元各两张，可以组成多少种不同的币值？5、现有人民币1角、2张，5角、1元、2元、5元、10元各一张，可以组成多少种不同的币值？6、将3枚不同棋子放入下图的方格中，使每行每列只有一个棋子，共有多少种不同的放法？7、有一台天平，左端放砝码，右端放物品（物品不能当砝码使用）；现有1克、2克、4克、8克、16克砝码各一个，用这些砝码一共可称出多少种不同重量的物品？8、有一台天平，左端放砝码，右端放物品（物品不能当砝码使用）；要秤出1克～50克的物品，至少需要多少个砝码？最重的砝码至少多少克？9、有一台天平，两端都可以放砝码，物品不能当砝码使用；要秤出1克～50克的物品，至少需要多少个砝码？10、末位数是6，且能被6整除的四位数有多少个？11、用数字1，3，5，7，9可以组成多少个没有重复数字的五位数？所有这些五位数的和是多少？所有这些五位数的平均数是多少？12、有一些数，如12221，32523，94149，…这些数具有左右对称的特征，那么五位数中，共有多少个对称的偶数？13、把16支相同的铅笔分给四个人，每人至少得2支，且每人都得到偶数支，共有（）种不同的分法。
数学 加法原理和乘法原理教学设计
加法原理和乘法原理教学目标正确理解和掌握加法原理和乘法原理，并能准确地应用它们分析和解决一些简单的问题，从而发展学生的思维能力，培养学生分析问题和解决问题的能力．教学重点和难点重点：加法原理和乘法原理．难点：加法原理和乘法原理的准确应用．教学用具投影仪．教学过程设计（一）引入新课从本节课开始，我们将要学习中学代数内容中一个独特的部分——排列、组合、二项式定理．它们研究对象独特，研究问题的方法不同一般．虽然份量不多，但是与旧知识的联系很少，而且它还是我们今后学习概率论的基础，统计学、运筹学以及生物的选种等都与它直接有关．至于在日常的工作、生活上，只要涉及安排调配的问题，就离不开它．今天我们先学习两个基本原理．（二）讲授新课1．介绍两个基本原理先考虑下面的问题：问题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个班次，汽车有个班次，轮船有3个班次．那么一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同的走法？因为一天中乘火车有4种走法，乘汽车有2种走法，乘轮船有3种走法，每种走法都可以完成由甲地到乙地这件事情．所以，一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有4+2+3=9种不同的走法．这个问题可以总结为下面的一个基本原理（打出片子——加法原理）：加法原理：做一件事，完成它可以有几类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2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=m1+m2+…+m 种不同的方法．n请大家再来考虑下面的问题（打出片子——问题2）：问题2：由A村去B村的道路有3条，由B村去C村的道路有2条（见下图），从A村经B村去C村，共有多少种不同的走法？这里，从A村到B村，有3种不同的走法，按这3种走法中的每一种走法到达B村后，再从B村到C 村又各有2种不同的走法，因此，从A村经B村去C 村共有3×2=6种不同的走法．一般地，有如下基本原理（找出片子——乘法原理）：乘法原理：做一件事，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m n种不同的方法．那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．2．浅释两个基本原理两个基本原理的用途是计算做一件事完成它的所有不同的方法种数．比较两个基本原理，想一想，它们有什么区别？两个基本原理的区别在于：一个与分类有关，一个与分步有关．看下面的分析是否正确（打出片子——题1，题2）：题1：找1～10这10个数中的所有合数．第一类办法是找含因数2的合数，共有4个；第二类办法是找含因数3的合数，共有2个；第三类办法是找含因数5的合数，共有1个．1～10中一共有N=4＋2＋1=7个合数．题2：在前面的问题2中，步行从A村到B村的北路需要8时，中路需要4时，南路需要6时，B村到C村的北路需要5时，南路需要3时，要求步行从A村到C村的总时数不超过12时，共有多少种不同的走法？第一步从A村到B村有3种走法，第二步从B 村到C村有2种走法，共有N=3×2=6种不同走法．题2中的合数是4，6，8，9，10这五个，其中6既含有因数2，也含有因数3；10既含有因数2，也含有因数5．题中的分析是错误的．从A村到C村总时数不超过12时的走法共有5种．题2中从A村走北路到B村后再到C村，只有南路这一种走法．（此时给出题1和题2的目的是为了引导学生找出应用两个基本原理的注意事项，这样安排，不但可以使学生对两个基本原理的理解更深刻，而且还可以培养学生的学习能力）进行分类时，要求各类办法彼此之间是相互排斥的，不论哪一类办法中的哪一种方法，都能单独完成这件事．只有满足这个条件，才能直接用加法原理，否则不可以．如果完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不可缺少，需要依次完成所有步骤才能完成这件事，而各步要求相互独立，即相对于前一步的每一种方法，下一步都有m种不同的方法，那么计算完成这件事的方法数时，就可以直接应用乘法原理．也就是说：类类互斥，步步独立．（在学生对问题的分析不是很清楚时，教师及时地归纳小结，能使学生在应用两个基本原理时，思路进一步清晰和明确，不再简单地认为什么样的分类都可以直接用加法，只要分步而不管是否相互联系就用乘法．从而深入理解两个基本原理中分类、分步的真正含义和实质）（三）应用举例现在我们已经有了两个基本原理，我们可以用它们来解决一些简单问题了．例1 书架上放有3本不同的数学书，5本不同的语文书，6本不同的英语书．（1）若从这些书中任取一本，有多少种不同的取法？（2）若从这些书中，取数学书、语文书、英语书各一本，有多少种不同的取法？（3）若从这些书中取不同的科目的书两本，有多少种不同的取法？（让学生思考，要求依据两个基本原理写出这3个问题的答案及理由，教师巡视指导，并适时口述解法）（1）从书架上任取一本书，可以有3类办法：第一类办法是从3本不同数学书中任取1本，有3种方法；第二类办法是从5本不同的语文书中任取1本，有5种方法；第三类办法是从6本不同的英语书中任取一本，有6种方法．根据加法原理，得到的取法种数是N＝m1＋m2＋m3＝3＋5＋6＝14．故从书架上任取一本书的不同取法有14种．（2）从书架上任取数学书、语文书、英语书各1本，需要分成三个步骤完成，第一步取1本数学书，有3种方法；第二步取1本语文书，有5种方法；第三步取1本英语书，有6种方法．根据乘法原理，得到不同的取法种数是N=m1×m2×m3=3×5×6=90．故，从书架上取数学书、语文书、英语书各1本，有90种不同的方法．（3）从书架上任取不同科目的书两本，可以有3类办法：第一类办法是数学书、语文书各取1本，需要分两个步骤，有3×5种方法；第二类办法是数学书、英语书各取1本，需要分两个步骤，有3×6种方法；第三类办法是语文书、英语书各取1本，有5×6种方法．一共得到不同的取法种数是N=3×5＋3×6＋5×6=63．即，从书架任取不同科目的书两本的不同取法有63种．例2 由数字0，1，2，3，4可以组成多少个三位整数（各位上的数字允许重复）？解：要组成一个三位数，需要分成三个步骤：第一步确定百位上的数字，从1～4这4个数字中任选一个数字，有4种选法；第二步确定十位上的数字，由于数字允许重复，共有5种选法；第三步确定个位上的数字，仍有5种选法．根据乘法原理，得到可以组成的三位整数的个数是N =4×5×5=100．答：可以组成100个三位整数．教师的连续发问、启发、引导，帮助学生找到正确的解题思路和计算方法，使学生的分析问题能力有所提高．教师在第二个例题中给出板书示范，能帮助学生进一步加深对两个基本原理实质的理解，周密的考虑，准确的表达、规范的书写，对于学生周密思考、准确表达、规范书写良好习惯的形成有着积极的促进作用，也可以为学生后面应用两个基本原理解排列、组合综合题打下基础.（四）归纳小结归纳什么时候用加法原理、什么时候用乘法原理：分类时用加法原理，分步时用乘法原理．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．（五）课堂练习P222：练习1～4．（对于题4，教师有必要对三个多项式乘积展开后各项的构成给以提示）（六）布置作业P222：练习5，6，7．补充题：1．在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的共有多少个？（提示：按十位上数字的大小可以分为9类，共有9＋8＋7＋…＋2＋1=45个个位数字小于十位数字的两位数）2．某学生填报高考志愿，有m个不同的志愿可供选择，若只能按第一、二、三志愿依次填写3个不同的志愿，求该生填写志愿的方式的种数．（提示：需要按三个志愿分成三步，共有m（m-1）（m-2）种填写方式）3．在所有的三位数中，有且只有两个数字相同的三位数共有多少个？（提示：可以用下面方法来求解：（1）△△□，（2）△□△，（3）□△□，（1），（2），（3）类中每类都是9×9种，共有9×9+9×9+9×9=3×9×9=243个只有两个数字相同的三位数）4．某小组有10人，每人至少会英语和日语中的一门，其中8人会英语，5人会日语，（1）从中任选一个会外语的人，有多少种选法？（2）从中选出会英语与会日语的各1人，有多少种不同的选法？（提示：由于8＋5=13＞10，所以10人中必有3人既会英语又会日语．（1）N=5＋2＋3；（2）N=5×2＋5×3＋2×3）。
数学枚举法和加法原理的应用
数学枚举法和加法原理的应用1. 数学枚举法数学枚举法是一种基于逐个检查可能解的方法，用于解决特定问题的数学方法。
它通常适用于问题空间较小且可以通过逐个尝试来得到解的情况。
在数学枚举法中，我们通过列举所有可能的组合或排列来找到问题的解。
数学枚举法在数论、几何和组合数学中得到广泛的应用。
2. 加法原理加法原理是组合数学中的一种基本原理，用于计算多个事件发生的总次数。
根据加法原理，如果两个事件可以同时发生的次数分别为m和n，则这两个事件发生的总次数为m + n。
加法原理也适用于多个事件的情况，只需要将事件发生的次数相加即可。
3. 数学枚举法的应用数学枚举法在解决各种实际问题中发挥着重要的作用。
以下是数学枚举法的一些应用示例：•排列组合问题：数学枚举法常用于解决排列组合问题，例如从一组物品中选择不同的组合或排列的问题。
•密码破译：通过枚举所有可能的密码组合，可以尝试破解密码。
这种方法虽然耗时较长，但在密码组合较小的情况下是可行的。
•游戏问题：如数独、数码拼图等，都可以通过枚举所有可能的解来求解。
•找零问题：在货币组合有限的情况下，可以通过枚举所有可能的找零方式来解决找零问题。
4. 加法原理的应用加法原理在实际问题中也有很多应用。
以下是加法原理的一些应用示例：•路径问题：在图论中，求从点A到点B的路径数量时，可以通过将所有可能的路径分解为多个子路径并使用加法原理计算总路径数量。
•概率问题：在概率计算中，如果事件A和事件B互斥且无关，则两个事件同时发生的概率为P(A) + P(B)。
•赛事问题：在比赛中，如果参赛者可以选择参加多个项目，则总的参赛方式数量可以通过将每个项目的参赛方式数量相加得到。
•组合问题：如果有多个组合方式，并且每种组合方式都包含不同的元素，则可以使用加法原理计算总的组合方式数量。
以上仅是数学枚举法和加法原理在实际问题中的一些应用示例，实际应用中还有更多的情况。
通过数学枚举法和加法原理，我们可以解决复杂的问题并得到准确的答案。
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LY40011小学数学竞赛系列——枚举法、加法原理与乘法原理
一、枚举法的解题方法与关键：分类、按序、找规律（用加法原理与乘法原理）
二、加法原理与乘法原理解题方法与关键：事情是否完成。
1、加法原理：完成一事有 ,,,321N N N 种方法，总的方法是每种方法之和。
2、乘法原理：完成一事有N 个步骤，每个步骤分别有 ,,,321N N N 种方法，总的方法是每个步骤的方法之积。
N = ⨯⨯⨯321N N N
总的方法——：排位子的应用。
三、例题讲解
1、有15个足球队进行比赛，比赛采用单循环制(每两队之间赛一场)，总共要比赛几场？
2、15个学校的足球队进行比赛，比赛采用双循环制(每两队之间赛二场,亦称主客场制)，总共要比赛几场？
3、希望小学乒乓球比赛,有211人参加,比赛采用淘汰制(输一场即退出比赛),要决出冠军,一共要比赛多少场?
4、现有人民币1角、2张，5角、1元、2元、5元各两张，可以组成多少种不同的币值？
5、现有人民币1角、2张，5角、1元、2元、5元、10元各一张，可以组成多少种不同的币值？
6、将3枚不同棋子放入下图的方格中，使每行每列只有一个棋子，共有多少种不同的放法？
7、有一台天平，左端放砝码，右端放物品（物品不能当砝码使用）；现有1克、2克、4克、8克、16克砝码各一个，用这些砝码一共可称出多少种不同重量的物品？
8、有一台天平，左端放砝码，右端放物品（物品不能当砝码使用）；要秤出1克～50克的物品，至少需要多少个砝码？最重的砝码至少多少克？
9、有一台天平，两端都可以放砝码，物品不能当砝码使用；要秤出1克～50克的物品，至少需要多少个砝码？
10、末位数是6，且能被6整除的四位数有多少个？
11、用数字1，3，5，7，9可以组成多少个没有重复数字的五位数？所有这些五位数的和是多少？所有这些五位数的平均数是多少？
12、有一些数，如12221，32523，94149，…这些数具有左右对称的特征，那么五位数中，共有多少个对称的偶数？
13、把16支相同的铅笔分给四个人，每人至少得2支，且每人都得到偶数支，共有（
）种不同的分法。
14、班级图书馆有12本不同的科幻书，15本不同的漫画书，10本不同的童话书，甲要借一本书，有（）种不同的借法。
15、（接上题）如果每种书都要借一本，甲要借三本不同种类的书，有（）种不同的借法。
16、（再接上题）如果每种书只能借一本，甲要借二本不同种类的书，有（）种不同的借法。
三、巩固练习
1、已知4位数的各位数字的和是34，这样的四位数有多少个？
2、把21支相同的铅笔分给3个人，每人都得到的笔都是3的倍数支，共有（）种不同的分法。
3、现有1角，2角，5角，1元，2元，5元人民币各1张，1元3张，可以组成多少种不同的币值？
4、在数9000－9999之间有多少个数，它们只有两个相同的数字（如9029、922
5、9932）？
3、在1～2012这2012个自然数中，数字“2”出现了多少次？
4、从A组数据（1、3、
5、…、19）和B组数据（2、4、
6、…、20）中各取一个求和，不同的和有个。
5、数学老师让小马虎把甲、乙、丙、丁的本子发给这四人，可小马虎把四人的本子全搞错了，问，四本本子全发错的情况有多少种？
6、甲乙进行一场乒乓球比赛，如果谁先胜3局就判谁获胜，那么这次比赛有多少种不同的结果
7、右图共有16个方格，要反A、B、C、D四个不同的棋子放在格子内，
且每行、每列只能有一枚棋子，那么有（）种不同的放法。
8、用数字1，2，3，4，5可以组成很多个没有重复数字的四位数？所有这些四位数中，有（）个是4的倍数；有（）个是3的倍数；有（）个是6的倍数。
9、上海至北京之间有9个车站，那么上海至北京的车票有（）种不同的车票，又有（）种不同的票价。
10、15个学校的足球队进行比赛，到比赛结束，冠亚军有（）种不同的可能。
11、50名同学排成一排，按照1、2、1、2、1、2、…、1、2报数，奇数退出，偶数留下，然后继续按前一方法报数，奇数退出，偶数留下，…，最后留下的同学原来是排在第（）位的。
12、（接上题）2012名同学排成一排，按上题规则进行，最后留下的同学原来是排在第（）位的。
13、（接上题）2012名同学排成一排，按照1、2、3、1、2、3、…、1、2、3报数，不是3的号的退出，3号留下，然后继续…，直至留下1个人，最后留下的同学原来是排在第（）位的。
（提醒：n个人按1、2、3、…n，报数，n留下，最后留下的是原来排在第几位的？方法一样。
）
14、（接第11题）50名同学排成一圈，按第11题规则进行，最后留下的同学原来是排在第（）位的。
15、（接上题）50名同学排成一圈，按第11题规则进行，结果留下的是原来排在第33位的，那么原来报数是从原来的第（）位开始的。
16、（接第11题）50名同学排成一圈，改为奇数留下，偶数淘汰，按1、2、1、2、…、1、2报数，最后留下的同学原来是排在第（）位的。