2_两个计数原理及其综合应用(
计数原理-备战高考数学(理)一轮复习考点
计数原理【命题趋势】两个基本计数原理是高考必考内容，有时会单独考查，有时会出现在解答题的过程之中，我们必须掌握.（1）理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.（2）会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.排列组合是高考中的必考内容，必须掌握.有时会是单独一道小题，有时会是在概率统计解答题中涉及，分值至少5分.（1）理解排列、组合的概念.（2）能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.（3）能解决简单的实际问题.二项式定理和排列组合在高考中一般交替考查，二者必出其一，二项式定理好拿分，熟练掌握即可.（1）能用计数原理证明二项式定理.（2）会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.【重要考向】考向一分类加法、乘法计数原理考向二两个计数原理的综合应用考向三排列与组合的综合应用考向四二项展开式通项的应用考向一分类加法、乘法计数原理（1）分类加法计数原理的特点：①根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准．②完成这件事的任何一种方法必须属于某一类．（2）使用分类加法计数原理遵循的原则：有时分类的划分标准有多个，但不论是以哪一个为标准，都应遵循“标准要明确，不重不漏”的原则．（3）应用分类加法计数原理要注意的问题：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，怎样才算是完成这件事．②完成这件事的n类方法是相互独立的，无论哪种方案中的哪种方法都可以单独完成这件事，而不需要再用到其他的方法．③确立恰当的分类标准，准确地对“这件事”进行分类，要求每一种方法必属于某一类方案，不同类方案的任意两种方法是不同的方法，也就是分类时必须既不重复也不遗漏． （4）应用分步乘法计数原理要注意的问题：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，单独用题目中所给的某一步骤的某种方法是不能完成这件事的，也就是说必须要经过几步才能完成这件事．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，缺少哪一步骤，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，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步骤之间既不能重复也不能遗漏． （5）两个计数原理的区别与联系定义：若数列 {a n } 满足所有的项均由 ﹣1,1 构成且其中-1有m 个，1有p 个 (m +p ≥3) ，则称 {a n } 为“ (m,p) ﹣数列”．（1）a i ,a j ,a k (i <j <k) 为“ (3,4) ﹣数列” {a n } 中的任意三项，则使得 a i a j a k ＝1 的取法有多少种？ （2）a i ,a j ,a k (i <j <k) 为“ (m,p) ﹣数列” {a n } 中的任意三项，则存在多少正整数 (m,p) 对使得 1≤m ≤p ≤100, 且 a i a j a k =1 的概率为 12 .【答案】 （1）解：三个数乘积为1有两种情况：“ ﹣1,﹣1,1 ”,“ 1,1,1 ”,其中“ ﹣1,﹣1,1 ”共有： C 32C 41＝12 种, “ 1,1,1 ”共有： C 43=4 种,利用分类计数原理得：a i ,a j ,a k (i <j <k) 为“ (3,4) ﹣数列” {a n } 中的任意三项, 则使得 a i a j a k ＝1 的取法有： 12+4＝16 种．（2）解：与(1)同理,“ ﹣1,﹣1,1 ”共有 C m 2C p 1种, “ 1,1,1 ”共有 C P 3 种,而在“ (m,p) ﹣数列”中任取三项共有 C m+p3种, 根据古典概型有：C m 2C p 1+C p 3C m+p3=12 ,再根据组合数的计算公式能得到： (p ﹣m)(p 2﹣3p ﹣2mp +m 2﹣3m ﹣2)＝0 , ①p ＝m 时,应满足 {1≤m ≤p ≤100m +p ≥3p =m ,∴(m,p)=(k,k),k ∈{2,3,4,…,100} ,共 99 个,②p 2﹣3p ﹣2mp +m 2﹣3m ﹣2＝0 时,应满足 {1<m ≤p <100m +p ≥3p 2−3p −2mp +m 2−3m −2=0 , 视 m 为常数,可解得 p ＝(2m+3)±√24m+12,∵m ≥1, ∴√2m +1≥5 , 根据 p ≥m 可知, p ＝(2m+3)+√24m+12,∵m ≥1 , ∴√2m +1≥5 , 根据 p ≥m 可知, p ＝(2m+3)+√24m+12,（否则 p ≤m ﹣1 ）,下设 k ＝√2m +1 ,则由于 p 为正整数知 k 必为正整数, ∵1≤m ≤100 , ∴5≤k ≤49 ,化简上式关系式可以知道： m ＝k 2−124=(k−1)(k+1)24,∴k ﹣1,k +1 均为偶数,∴设k＝2t+1,(t∈N∗),则2≤t≤24,∴m＝k2−124=t(t+1)6,由于t,t+1中必存在偶数,∴只需t,t+1中存在数为3的倍数即可,∴t＝2,3,5,6,8,9,11,…,23,24,∴k＝5,11,13,…,47,49．检验：p＝(2m+3)+√24m+12=(k−1)(k+1)24≤48+5024＝100,符合题意,∴共有16个,综上所述：共有115个数对(m,p)符合题意．【考点】古典概型及其概率计算公式，分类加法计数原理，组合及组合数公式【解析】(1)易得使得a i a j a k＝1的情况只有“ ﹣1,﹣1,1”,“ 1,1,1”两种,再根据组合的方法求解两种情况分别的情况数再求和即可.(2)易得“ ﹣1,﹣1,1”共有C m2C p1种,“ 1,1,1”共有C P3种.再根据古典概型的方法可知C m2C p1+C p3C m+p3=12,利用组合数的计算公式可得(p﹣m)(p2﹣3p﹣2mp+m2﹣3m﹣2)＝0,当p=m时根据题意有(m,p)=(k,k),k∈{2,3,4,…,100},共99个；当p2﹣3p﹣2mp+m2﹣3m﹣2＝0时求得p＝(2m+3)±√24m+12,再根据1≤m≤p≤100,换元根据整除的方法求解满足的正整数对即可.某商场举行元旦促销回馈活动，凡购物满1000元，即可参与抽奖活动，抽奖规则如下：在一个不透明的口袋中装有编号为1、2、3、4、5的5个完全相同的小球，顾客每次从口袋中摸出一个小球，共摸三次（每次摸出的小球均不放回口袋），编号依次作为一个三位数的个位、十位、百位，若三位数是奇数，则奖励50元，若三位数是偶数，则奖励100m元（m为三位数的百位上的数字，如三位数为234，则奖励100×2= 200元）.（1）求抽奖者在一次抽奖中所得三位数是奇数的概率；（2）求抽奖者在一次抽奖中获奖金额X的概率分布与期望E(X).【答案】（1）解：因为总的基本事件个数n1=A53=60，摸到三位数是奇数的事件数n2=A31A42=36，所以P1=3660=35；所以摸到三位数是奇数的概率35.（2）解：获奖金额 X 的可能取值为50、100、200、300、400、500， P(X =50)=35 ， P(X =100)=1×3×260=110， P(X =200)=1×3×160=120，P(X =300)=1×3×260=110 ， P(X =400)=1×3×160=120 ， P(X =500)=1×3×260=110 ，获奖金额 X 的概率分布为均值 E(X)=50×35+100×110+200×120+300×110+400×120+500×110=150 元. 所以期望是150元.【考点】古典概型及其概率计算公式，离散型随机变量及其分布列，离散型随机变量的期望与方差，分步乘法计数原理【解析】（1）首先利用排列求出摸三次的总的基本事件个数： n 1=A 53=60 ；然后利用分步计数原理求出个位的排法、十位百位的排法求出三位数是奇数的基本事件个数，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.（2）获奖金额X 的可能取值为50、100、200、300、400、500，求出各个随机变量的分布列，利用均值公式即可求解考向二 两个计数原理的综合应用（1）利用两个原理解决涂色问题解决着色问题主要有两种思路：一是按位置考虑，关键是处理好相交线端点的颜色问题；二是按使用颜色的种数考虑，关键是正确判断颜色的种数．解决此类应用题，一般优先完成彼此相邻的三部分或两部分，再分类完成其余部分．要切实做到合理分类，正确分步，才能正确地解决问题． （2）利用两个原理解决集合问题解决集合问题时，常以有特殊要求的集合为标准进行分类，常用的结论有123,,,,{}n a a a a 的子集有2n 个，真子集有21n个．对有 n(n ≥4) 个元素的总体 {1,2,3,⋅⋅⋅,n} 进行抽样，先将总体分成两个子总体 {1,2,3,⋅⋅⋅,m} 和 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} （ m 是给定的正整数，且 2≤m ≤n −2 ），再从每个子总体中各随机抽取2个元素组成样本.用 P ij 表示元素 i 和 j 同时出现在样本中的概率. （1）求 P 1n 的表达式（用m ，n 表示）； （2）求所有 P ij (1≤i <j ≤n) 的和.【答案】 （1）解：由题意，从m 和 m −m 个式子中随机抽取2个，分别有 C m 2 和 C n−m2 个基本事件， 所以 P 1n 的表达式为 P 1n =m−1C m2⋅n−m−1C n−m2=4m(n−m) .（2）解：当 i,j 都在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中时，可得 P ij =1C m2 ，而从 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中选两个数的不同方法数为 C m 2 ，则 P ij 的和为1；当 i,j 同时在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时，同理可得 P ij 的和为1； 当 i 在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中， j 在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时， P ij =4m(n−m) ，而从 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中选取一个数，从 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中选一个数的不同方法数为 m(n −m) ， 则 P ij 的和为4，所以所有 P ij 的和为 1+1+4=6 .【考点】相互独立事件的概率乘法公式，古典概型及其概率计算公式，计数原理的应用，组合及组合数公式【解析】（1）根据组合数的公式，以及古典概型的概率计算公式和相互独立事件的概率计算公式，即可求解；（2）当 i,j 都在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中时求得 P ij 的和为1，当 i,j 同时在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时，求得 P ij 的和为1，当 i 在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中， j 在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时得到 P ij 的和为4，即可求解.6男4女站成一排，求满足下列条件的排法各有多少种？（用式子表达） （1）男甲必排在首位； （2）男甲、男乙必排在正中间； （3）男甲不在首位，男乙不在末位； （4）男甲、男乙必排在一起； （5）4名女生排在一起； （6）任何两个女生都不得相邻； （7）男生甲、乙、丙顺序一定．【答案】 解：（1）男甲必排在首位，则其他人任意排，故有A 99种， （2）男甲、男乙必排在正中间，则其他人任意排，故有A 22A 77种，（3）男甲不在首位，男乙不在末位，利用间接法，故有A 1010﹣2A 99+A 88种，（4）男甲、男乙必排在一起，利用捆绑法，把甲乙两人捆绑在一起看作一个复合元素和另外全排，故有A 22A 88种，（5）4名女生排在一起，利用捆绑法，把4名女生捆绑在一起看作一个复合元素和另外全排，故有A 44A 77种，（6）任何两个女生都不得相邻，利用插空法，故有A 66A 74种， （7）男生甲、乙、丙顺序一定，利用定序法，A 1010A 33=A 107种【考点】计数原理的应用【解析】（1）男甲必排在首位，则其他人任意排，问题得以解决． （2）男甲、男乙必排在正中间，则其他人任意排，问题得以解决， （3）男甲不在首位，男乙不在末位，利用间接法，故问题得以解决， （4）男甲、男乙必排在一起，利用捆绑法，问题得以解决， （5）4名女生排在一起，利用捆绑法，问题得以解决， （6）任何两个女生都不得相邻，利用插空法，问题得以解决， （7）男生甲、乙、丙顺序一定，利用定序法，问题得以解决．考向三 排列与组合的综合应用先选后排法是解答排列、组合应用问题的根本方法，利用先选后排法解答问题只需要用三步即可完成. 第一步：选元素，即选出符合条件的元素;第二步：进行排列，即把选出的元素按要求进行排列;第三步：计算总数，即根据分步乘法计数原理、分类加法计数原理计算方法总数.7名学生，按照不同的要求站成一排，求下列不同的排队方案有多少种． （1）甲、乙两人必须站两端； （2）甲、乙两人必须相邻．【答案】 （1）甲、乙为特殊元素，先将他们排在两头位置，有 A 22 种站法，其余5人全排列，有 A 55种站法．故共 A 22⋅A 55 有＝240种不同站法．（2）(捆绑法)：把甲、乙两人看成一个元素，首先与其余5人相当于六个元素进行全排列，然后甲、乙两人再进行排列，所以共 A 66⋅A 22 有＝1440种站法．【考点】排列、组合的实际应用，排列、组合及简单计数问题 【解析】（1）运用捆绑法直接求解即可； （2）运用特殊元素分析法直接求解即可.一个笼子里关着10只猫，其中有7只白猫，3只黑猫．把笼门打开一个小口，使得每次只能钻出1只猫．猫争先恐后地往外钻.如果 10 只猫都钻出了笼子，以X 表示7只白猫被3只黑猫所隔成的段数．例如，在出笼顺序为“□■□□□□■□□■”中，则 X =3 ． （1）求三只黑猫挨在一起出笼的概率； （2）求X 的分布列和数学期望.【答案】 （1）解：设“三只黑猫挨在一起出笼”为事件A ，将三只黑猫捆绑在一起，与其它7只白猫形成 8 个元素， 所以， P(A)=A 33A 88A 1010=115，因此，三只黑猫挨在一起出笼的概率为 115 ；（2）解：由题意可知，随机变量X 的取值为1、2、3、4， 其中 X =1 时，7只白猫相邻，则 P(X =1)=A 77A 44A 1010=130 ，P(X =2)=(A 32C 21C 21C 61+6A 33+A 32C 61)A 77A 1010=310 ，P(X =3)=(A 31C 21A 62+A 32A 62)A 77A 1010=12 ；P(X =4)=A 63A 77A 1010=16， 所以，随机变量 X 的分布列如下表所示：因此， E(X)=1×130+2×310+3×12+4×16=145.【考点】古典概型及其概率计算公式，离散型随机变量的期望与方差，排列及排列数公式，排列、组合的实际应用【解析】（1）利用捆绑法计算三只黑猫挨在一起出笼的情况种数，再利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；（2）由题意可知，随机变量X 的可能取值有1、2、3、4，利用排列组合思想求出随机变量X 在不同取值下的概率，可得出随机变量X 的分布列，利用数学期望公式可求得随机变量X 的数学期望.考向四 二项展开式通项的应用求二项展开式的特定项问题,实质是考查通项的特点,一般需要建立方程求k ,再将k 的值代回通项求解,注意k 的取值范围（0,1,2,,k n ）.（1）第m 项：：此时k +1=m ,直接代入通项.（2）常数项：即这项中不含“变元”,令通项中“变元”的幂指数为0建立方程. （3）有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程.已知 f(n)=a 1+a 2C n 1+⋯+arC n r−1+⋯a n+1C n n(n ∈N ∗).（1）若 a n =n −1 ，求 f(n) ；（2）若 a n =3n−1 ，求 f(20) 除以5的余数【答案】 （1）因为 f(n)=0C n 0+1⋅C n 1+2C n 2+3⋅C n 3⋯+nC n n . 所以 f(n)=nC n n +(n −1)C n n−1+(n −2)C n n−2+⋯+1⋅C n 1+0⋅C n0 2f(n)=nC n 0+nC n 1+nC n 2+⋯+nC n n =n(C n 0+C n 1+C n 2+⋯+C n n)=n ⋅2n ，∴f(n)=n ⋅2n−1（2）因为 f(n)=30C n 0+31C n 1+32C n 2+⋯+3n C n n =(1+3)n =4n .f(20)=420=(5−1)20=C 200520−C 201519+C 202518−⋯+C 201852−C 201951+C 202050 除以5余数为1，所以 f(20) 除以5的余数为1. 【考点】二项式系数的性质，二项式定理的应用【解析】（1） 因为f(n)=a 1+a 2C n 1+⋯+arC n r−1+⋯a n+1C n n(n ∈N ∗)，再结合a n =n −1 ， 得出f(n)=0C n 0+1⋅C n 1+2C n 2+3⋅C n 3⋯+nC n n ，再利用倒序求和法，所以 f(n)=nC n n +(n −1)C n n−1+(n −2)C n n−2+⋯+1⋅C n 1+0⋅C n 0 ， 再利用两式求和法结合二项式的系数的性质，得出 f(n) 。
计数方法和应用
计数方法和应用计数是一种非常基础和普遍的数学概念，也称为计数学。
在日常生活和工作中，计数方法和技术被广泛应用。
本文将从计数方法和应用两个方面进行阐述。
一、计数方法1.1 基本计数原理基本计数原理是计数领域最基础的公理之一，也称为加法计数原理，是指如果一个事件发生的次数是 m，而另一个事件发生的次数是 n，则这两个事件连续发生的总次数是 m+n。
举个例子，假设一个学校有三个年级，每个年级有30 个学生，那么这个学校的学生总人数就是 3 × 30 = 90 人。
1.2 排列和组合排列和组合是计数中两个基本的概念。
排列是指 n 个元素中任取 r 个元素进行排列，不考虑元素的顺序。
排列数用 P(n,r) 来表示。
组合是指n 个元素中任取r 个元素进行组合，考虑元素的顺序。
组合数用 C(n,r) 来表示。
举个例子，假设有 ABC 三个字母，我们从中任取两个字母进行排列和组合，其结果如下：- 排列：AB, AC, BA, BC, CA, CB，共 6 种。
- 组合：AB, AC, BC，共 3 种。
1.3 树状图树状图是计数中一种常用的图形表示方法，也被称为树状图法。
它通过树的枝干和节及其上的符号来表示问题的分支和可能的结果。
树状图通常用于组合问题和排列问题。
举个例子，假设一个口袋里有三个苹果和两个梨，从中任取两个水果，可能的取法有：苹果-苹果、苹果-梨、梨-苹果、梨-梨、共 4 种可能。
这个问题的树状图可以如下表示：二、计数应用2.1 组合优化组合优化是计算机科学中的一个重要分支，其应用于各种领域，如图形学、数据库、网络等，旨在寻找最优的组合方案。
举个例子，在网络优化中，如何在一个有向图中找到最短或最快的路径是一个经典问题，可以用 Dijkstra 算法或 Bellman-Ford算法以及其他更高级的算法来解决。
而求解这些问题的基础，则是组合优化的概念和算法。
2.2 计算概率计数方法还可以用于计算概率，这是概率论的基础之一。
两个计数原理的综合应用【新教材】人教A版高中数学选择性必修第三册课件
的涂法,由分步乘法计数原理可知有5×4×4=80(种)不同的涂法. 由分类加法计数原理可得共有180+80=260(种)不同的涂法.
题型三：涂色类问题
将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内,每格涂一种 颜色,相邻两格涂不同的颜色,如果颜色可以反复使用,共有多少种不同的涂色方法?
练习1:本例中的区域改为如图所示,其他条件均不变,则不同的涂法共有多少种?
法一：依题意,可分两类:①④不同色;①④同色.
第1类,①④不同色,则①②③④所涂的颜色各不相同,我们可将这件事情分成四步来完成. 第1步涂①,从5种颜色中任选一种,有5种涂法;第2步涂②,从余下的4种颜色中任选一种,有4种涂法;第3步涂 ③与第4步涂④时,分别有3种涂法和2种涂法.
2.在1,2，…，500中，被5除余2的数共有多少个？
法二：
5=k ...2
= 5= k +2
所以1 5k + 2 500，其中k是正整数
解得：0 k 9 9
所以，N=100.
题型一：分类加法计数原理和分步乘法计数原理的直接应用
3.由数字1，2，3，4，5可以组成多少个三位数（各位上的数字可以重复）？
2.在1,2，…，500中，被5除余2的数共有多少个？
法一：解：被5除余2的数的末位是2或7，在1，2，…，500中符合题意的数分为3类： 第1类：一位数，只有2，7两个数；. 第2类：两位数，个位数有2，7两种取法，十位数有9种取法，共有2×9=18个数； 第3类：三位数，个位数有2，7两种取法，十位数有10种取法，百位数可以为1，2，3，4，共4种 取法，共有2×10×4=80个数。
新人教A版高二数学选修2-3第一章计数原理 1.1 第二课时 两个计数原理的综合应用
由分类加法计数原理知，有 3＋4＝7 种方法． 第四步：由分步乘法计数原理有 N＝4×3×7＝84 种不同的种植方法． 法二：(1)若 A，D 种植同种作物，则 A、D 有 4 种不同的种法，B 有 3 种种植方法，C 也有 3 种种植方法，由分步乘法计数原理，共有 4×3×3＝36 种种植方法． (2)若 A，D 种植不同作物，则 A 有 4 种种植方法，D 有 3 种种植方法， B 有 2 种种植方法，C 有 2 种种植方法，由分步乘法计数原理，共有 4×3×2×2＝48 种种植方法． 综上所述，由分类加法计数原理，共有 N＝36＋48＝84 种种植方法．
• 去年高考延续了五年的总体要求并在创新上有较大的突破； • 难度把控趋于稳定，基本控制在0.55左右； • 充分体现国家意志“一核”、“四层”、 “四翼”， “一核”是总体框架
体现突 出传统文化及党的教育方针：“德智体美劳”五育并举； • 学科思维考察更加凸显，体现数学学科的理性思维特点；
(3)被 2 整除的数即偶数，末位数字可取 0,2,4，因此，可以分 两类，一类是末位数字是 0，则有 4×3＝12(种)排法；一类是末 位数字不是 0，则末位有 2 种排法，即 2 或 4，再排首位，因 0 不能在首位，所以有 3 种排法，十位有 3 种排法，因此有 2×3×3 ＝18(种)排法．因而有 12＋18＝30(种)排法．即可以排成 30 个能 被 2 整除的无重复数字的三位数．
用计数原理解决涂色(种植)问题
[典例] 如图所示，要给“优”、 “化”、“指”、“导”四个区域分别涂上 3 种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色 使用多次，但相邻区域必须涂不同的颜色， 有多少种不同的涂色方法？
[解] 优、化、指、导四个区域依次涂色，分四步． 第 1 步，涂“优”区域，有 3 种选择． 第 2 步，涂“化”区域，有 2 种选择．
1.1(2)第2课时 两个计数原理及其综合应用
当A与E种植相同植物或不同植物时F的种法有区别，不全是2种． [正解] 分3类考虑，第一类：A，C，E种同一种植物，有4种种法，当A，C，E 种好后，B，D，F从余下3种植物中选1种，各有3种种法，一共有4×3×3×3＝ 108(种)种法； 第二类：A，C，E种两种植物，有12种种法，当A，C种同一种植物时，B有3 种种法，D，F有2种种法，若C，E和E，A种同一种植物，种法相同，因此，共 有12×3×(3×2×2)＝432(种)种法；
【变式1】 从1～20共20个整数中任取两个相加，使其和为偶数 的不同取法共有多少种？ 解 第一类：两个偶数相加，由分步乘法计数原理，共有
10×9 ＝45(种)不同的取法； 2 第二类：两个奇数相加，由分步乘法计数原理，共有 ＝45(种)不同的取法． 由分类加法计数原理得，共有45＋45＝90(种)不同取法． 10×9 2
解
分别用 a，b，c 代表 3 种作物，先安排第一块试验田，有 3
种方法， 不妨设种 a， 再安排第二块试验田种 b 或 c， 有 2 种方法， 不妨设种 b，安排第三块试验田也有 2 种方法，种 c 或 a. (1) 若第三块试验田种 c：
a b c
则第四、五块田分别有 2 种种法，共有 2×2 种种法．
名师点睛 应用两个计数原理时的注意事项 (1)要弄清问题中的“一件事”的含义，即知道做“一件事”，或完成一个“事 件”在每个题中的具体所指． (2)必须明确完成题中所指“事件”是“分类”完成还是“分步”完成．分类用 加法，分步用乘法．
(3)对于较为复杂的既需分步又需分类的问题，应该先弄清分类与分步的先后顺 序，如果先分类再分步，则整体用分类加法计数原理，每一类中再用分步乘法 计数原理；如果先分步再分类，则整体用分步乘法计数原理，每一步中再用分 类加法计数原理． (4)对题目中的特殊元素(位置)可优先考虑，即优先考虑有限制条件的元素(位置 )，然后再考虑其他元素(位置)．
两个计数原理的综合应用 (2)
两个计数原理的综合应用引言计数原理是数字电路中的重要概念，它在许多领域中都有广泛的应用。
本文将介绍两个常用的计数原理，并通过实际案例来展示它们的综合应用。
1. 二进制计数原理二进制计数是计算机中最基本的计数方式，也是数字电路中最常用的计数原理之一。
在二进制计数中，数字由0和1组成，每增加1个计数值，就会发生一次进位。
利用二进制计数原理，我们可以实现很多实用的功能。
比如，可以将计数器的输出与一些逻辑电路相连接，实现各种复杂的计算和控制功能。
下面是二进制计数原理的一些典型应用： - 数字时钟：通过将计数器和数码管连接，可以实现24小时制的数字时钟。
- 二进制加法器：利用进位位的特性，我们可以将多个二进制数相加得到结果。
- 路灯控制系统：利用二进制计数器可以实现多种路灯控制方案，例如交替点亮、闪烁等。
2. 基于触发器的计数原理基于触发器的计数原理是数字电路中常用的计数方式之一。
在这种计数方式中，计数器由多个触发器组成，触发器的输出状态会随着时钟信号的变化而改变。
基于触发器的计数原理具有以下特点： - 可以实现复杂的计数模式：通过设计合适的触发器连接方式，我们可以实现各种复杂的计数模式，如递增、递减、循环、非连续等。
- 可以灵活地控制计数速度：通过调节时钟信号的频率，我们可以实现控制计数速度的功能。
- 可以实现多位计数器：通过连接多个触发器，我们可以实现多位计数器，扩展计数范围。
下面是基于触发器的计数原理的一些具体应用案例： - 计步器：通过将触发器与脉冲传感器相连接，可以实现步行人数的计数功能。
- 电梯控制系统：通过触发器的连接方式和控制逻辑，可以实现电梯的各种运行模式和控制功能。
- 程序计数器：在计算机中，我们通过触发器来实现程序计数器，以记录当前指令的地址。
3. 两种计数原理的综合应用案例为了更好地展示两种计数原理的综合应用，我们将介绍一个实际案例——交通灯控制系统。
3.1 系统概述交通灯控制系统是基于数字电路和控制逻辑的典型应用案例之一。
两个计数原理与排列、组合的基本问题
从n个不同的元素中取出m个元素 （m≤n），不考虑顺序的不同，叫 做从n个元素中取出m个元素的一 个组合。
常见问题类型及解决方法
相邻问题
不相邻问题
定序问题
分组问题
对于某几个元素要求相邻的问 题，可以先将这几个元素看作 一个整体，然后再进行排列。
对于某几个元素要求不相邻的 问题，可以先将其他元素排好 ，然后再将这几个元素插入到 空位中。
01
02
03
编码方式数量
在编码理论中，计数原理 用于计算给定信息量的编 码方式总数。
错误检测和纠正
在错误检测和纠正中，利 用计数原理可以确定给定 编码方式下可检测或纠正 的错误数量。
码字重量分布
码字重量分布问题涉及计 算给定编码方式下，具有 特定重量的码字数量，这 也需要用到计数原理。
其他领域应用举例
A(4,4)=24种排法。因此，总的排列数为2×24=48种。 • 例题2：7个人站成一排，其中甲、乙两人不能站在一起的排列数有多少种？ • 解答：先考虑7个人全排列的情况，有A(7,7)=5040种排法。再考虑甲、乙两人站在一起的情况，将甲、乙两
人看作一个整体进行排列，有A(2,2)=2种排法。再将这个整体与其余5人进行排列，有A(6,6)=720种排法。因 此，甲、乙两人站在一起的总排列数为2×720=1440种。所以，甲、乙两人不能站在一起的排列数为50401440=3600种。
02
根据选取元素的方式和限制条件 的不同，计数原理可以分为加法 原理和乘法原理两大类。
加法原理与乘法原理
加法原理
如果完成一件事情有n类方法，第一类方法有m1种不同的方式， 第二类方法有m2种不同的方式，……，第n类方法有mn种不同 的方式，那么完成这件事情共有m1+m2+…+mn种不同的方法。
两个计数原理的应用知识点
两个计数原理的应用知识点1. 二进制计数原理•二进制计数是一种使用只有两个数字0和1的数字系统。
•二进制计数系统是计算机中最常用的计数系统之一。
•二进制计数原理是基于权值计数的，每一位的权值是2的指数值。
1.1 二进制加法•二进制加法是在二进制计数系统中进行加法运算的方法。
•在二进制加法中，当两个位数相加为0时，结果位为0；当两个位数相加为1时，结果位为1；当两个位数相加为2时，结果位为0并向前一位进位1。
1.2 二进制减法•二进制减法是在二进制计数系统中进行减法运算的方法。
•在二进制减法中，当被减数位大于减数位时，结果位为1；当被减数位等于减数位时，结果位为0；当被减数位小于减数位时，需要向前一位借位。
1.3 二进制位运算•二进制计数系统中有一些特殊的位运算操作，如与（AND）、或（OR）、非（NOT）、异或（XOR）等。
•位运算可以对二进制数据进行快速、高效的操作。
2. 十进制计数原理•十进制计数是我们常见的十个数字0-9的计数系统。
•十进制计数原理是基于权值计数的，每一位的权值是10的指数值。
2.1 十进制加法和减法•十进制加法和减法是在十进制计数系统中进行加法和减法运算的方法。
•十进制加法和减法与二进制加法和减法类似，根据位数的相加或相减进行计算。
2.2 十进制乘法和除法•十进制乘法和除法是在十进制计数系统中进行乘法和除法运算的方法。
•十进制乘法和除法与二进制乘法和除法类似，根据位数的相乘或相除进行计算。
2.3 小数计算•十进制计数系统还包括小数的计算方法。
•小数计算通过十进制点的位置来确定权值，根据位数的相加、相减、相乘或相除进行计算。
总结•二进制计数原理和十进制计数原理是计算机科学中非常重要的基础知识。
•了解和掌握二进制计数原理和十进制计数原理可以帮助我们更好地理解和使用计算机。
•通过学习和应用这些知识点，我们可以更加高效地进行二进制和十进制的计算和处理任务。
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第三类：A，C，E种3种植物，有4×3×2＝24(种)种法，这时B，
D ， F 各有 2 种种法，一共有 24×23 ＝ 192( 种 ) 种法．由分类加法计 数原理知，共有108＋432＋192＝732(种)种法． 答案 732
＝45(种)不同的取法； 10×9 第二类：两个奇数相加，由分步乘法计数原理，共有 ＝ 2 45(种)不同的取法． 由分类加法计数原理得，共有 45＋45＝90(种)不同取法．
【练习2】
(1)4 名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每
人报一项，共有多少种报名方法？ (2)4 名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共 有多少种可能的结果？ 解 (1) 34＝81 (2) 43＝64
(2)有3名学生分配到某工厂的5个车间去参加社
会实践，有多少种不同的分配方案？
【例2】 由1,2,3,4可以组成多少个自然数(数 字可以重复，最多只能是四位数)?
【练习 1】 从 1～20 共 20 个整数中任取两个相加，使其和 为偶数的不同取法共有多少种？
解 10×9 第一类： 两个偶数相加， 由分步乘法计数原理， 共有 2
7、用0，1，2，……，9可以组成多少个无重复数字的4位偶数；
例3用计数原理求72的正约数 (包括 1和 72) 共有多少个？ 72 ＝ 23×32 ， ∴ 2m·3n(0≤m≤3,0≤n≤2 ， m ，
n∈N) 都是 72 的正约数， m 的取法有 4 种， n
的取法有3种，共有4×3＝12(种)．
当 A 与 E 种植相同植物或不同植物时 F 的种法有区别， 不全是2种． [正解] 分3类考虑，第一类：A，C，E种同一种植物，有4种种法， 当A，C，E种好后，B，D，F从余下3种植物中选1种，各有3种种
法，一共有4×3×3×3＝108(种)种法；
第二类：A，C，E种两种植物，有12种种法，当A，C种同一种植 物时，B有3种种法，D，F有2种种法，若C，E和E，A种同一种植 物，种法相同，因此，共有12×3×(3×2×2)＝432(种)种法；
【例4】 用5种不同颜色给图中的A、B、C、D四个区域涂色，规
定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，问有多少种 不同的涂色方案？
A
B C
D
A
B
D
C
[规范解答]
第一步涂c有5种方法； 第二步涂B有4种方法；
第三步涂C有3种方法；
第四步涂D有3种方法， 则共有5×4×3×3＝180(种)方法
【变式3】 将3种作物种植在如图所示的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，则不同的种植方法 共有多少种(以数字作答)?
bcbcb,
不满足条件的共有 3×2=6 种 故所求种法 48-6=42 种
分类标准不恰当致误
【示例】 有一个圆形区域被 3条直径分成6块(如图所示)，在每一
块区域内种植植物，相邻的两块区域种植不同的植物，现有 4 种不同的植物选择，一共有________种不同的种植方法． [错解] A块地有4种种法，B，C，D，E都有3种种法，F有2种种 法，由分步乘法计数原理可知，一共有4×34×2＝648(种)不同 的种法．
作
业
3、用0，1，2，……，9可以组成多少个无重复数字的4位奇数； 4、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？
5、若直线方程ax+by=0中的a,b，可以从0，1，2，3，5这5个数 中任取两个不同的数字，则方程所表示的不同直线共有多少 条. 6、从1到200的自然数中，有多少个个位数上不含有5的数。
解
分别用 a，b，c 代表 3 种作物，先安排第一块试验田，
有 3 种方法，不妨设种 a，再安排第二块试验田种 b 或 c， 有 2 种方法，同理第三，四，五块试验田也有 2 种方法，
共有 3×2×2×2×2=48 种种法．
其 中 形 如 cacac,
ababa,
babab cbcbc
acaca,
两个计数原理第二节
兆麟中学高二数学组
1．分类计数原理计算公式：N＝m1＋m2＋…＋mn. 分步计数原理计算公式：N＝m1×m2×…×mn.
2．分类计数原理针对的是分类问题，每一种方法都能达到 完成这件事的目的 分步 ；分步计数原理针对的是 问题， 依次完成 各个步骤 才算完成这件事．
【例1】 (1)有5本书全部借给3名学生，有多少种 不同的借法？