四年级奥数讲义：加法原理
小学四年级奥数教程加法原理
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例3： 两次掷一枚骰子，两次出现的数字之和为偶
数的情况有多少种？
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两次的数字之和是偶数可以分为两类，即两数 都是奇数，或者两数都是偶数。
因为骰子上有三个奇数，所以两数都是奇数的 有3×3=9（种）情况；同理，两数都是偶数的也有 9种情况。根据加法原理，两次出现的数字之和为 偶数的情况有9＋9＝18（种）。
6.用五种颜色给下图的五个区域染色，每个区 域染一种颜色，相邻的区域染不同的颜色。问：共 有多少种不同的染色方法？
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再就是左右， 第一步往左，第二步分别上下各 一种：（左1，上1，下1），（左1，下1，上1）； 第一步往左，第二步还往左右，则第三步也只能左 右，共4种；同理第一步往右也有6种情况。共有：
4+4+6+6=20
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1.南京去上海可以乘火车、乘飞机、乘汽车和 乘轮船。如果每天有20班火车、6班飞机、8班汽车 和4班轮船，那么共有多少种不同的走法？
例1： 从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，
还可以乘轮船。一天中火车有4班，汽车有3班， 轮船有2班。问：一天中乘坐这些交通工具从甲地 到乙地，共有多少种不同走法？
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一天中乘坐火车有4种走法，乘坐汽车有种）不同走法。
5×4×3×3＝180（种）。 当区域A与区域E颜色不同时，A有5种颜色可选； E有4种颜色可选；B有3种颜色可选；C有2种颜色可 选；D有2种颜色可选。根据乘法原理，此时不同的 染色方法有 5×4×3×2×2＝240（种）。 再根据加法原理，不同的染色方法共有 180＋240=420（种）。
四年级奥数 加法原理
四年级奥数加法原理思维聚焦加法原理：如果完成一件任务有n类方法，在第一类方法中有m1种不同方法，在第二类方法中有m2种不同方法……，在第n类方法中有mn种不同方法，那么完成这件任务共有：m1+ m2....... +mn 种不同的方法。
关键问题：确定工作的分类方法。
基本特征：每一种方法都可完成任务。
一、典型例题从甲地到乙地可以乘火车，可以坐汽车，也可以坐轮船。
已知每天火车有两班，轮船有一班，汽车有四班，那么从甲地到乙地一共有多少种不同的走法？思路点拨从甲地到乙地，坐火车有2种走法，坐轮船有1种走法，坐汽车有4种走法。
所以，要求有多少种不同的走法，只要把这几种走法加起来就可以了。
解答2+1+4＝3+4＝7（种）答：从甲地到乙地一共有7种不同的走法。
二、触类旁通10个人参加会议，每两人握一次手，一共要握几次手？思路点拨假设第一个人是A,那么他必须要和另外9个人每人握一次手，也就是9次；第二个人是B，由于他与A已经握过手，所以他只要与其他8个人每人握一次手，是8次；第三个人C只要再与其他7个人握手，是7次；以此类推，以后每个人需要再握6次、5次……这样一共要握9+8+7+6+5+4+3+2+1=45（次）。
解答 9+8+7+6+5+4+3+2+1=45（次）答：一共要握45次手。
三、熟能生巧1、从A地到B地有2条路可以走，从B地到C地有3条路可以走，从A地到C地有4条路可以走。
请问如果从A地到达C地一共有几种走法？2、学校食堂的早餐有4种包子，3种粥，5种面条。
如果玲玲每次只吃其中一种作为自己的早餐，那么她一共有几种吃法？3、一列火车从北京到上海，中途停靠10个站。
这列火车一共要准备多少种不同的车票？4、用1元、2元、5元的纸币各一张，一共可以组成多少种不同的纸币值？5、小刚、小强和小明三个好朋友在公园照相，共有多少种不同的照法？6、两次掷骰子，两次出现的数字之和为偶数的情况有多少种？7、从3名男生、2名女生中选出三好学生3人，其中至少有一名女生，共有多少种不同的选法？。
小学四年级奥数全册精品讲义
7.把一条长 15cm 的线段截为三段，使每条线段的长度是整数，用这三条线 段可以组成多少个不同的三角形？（当且仅当两三角形的三条边可以对应相等 时，我们称这两个三角形是相同的.）
如果 M 位上放置标有数码“3”的纸片，一共有_____种不同的放置方法.
M
4.如下图,在 2×2 方格中,画一条直线最多可穿过 3 个方格,在 3×3 方格中, 画一条直线最多可穿过 5 个方格.那么 10×10 方格中,画一条直线最多可穿过 _____个方格.
5. 有一批长度分别为 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 和 11 厘米的细木条,它们的 数量都足够多,从中适当选取 3 根木条作为三条边.可围成一个三角形,如果规定 底边是 11 厘米长,你能围成多少个不同的三角形?
第一讲 加乘原理
加法原理：完成一件工作共有 N 类方法。在第一类方法中有 m1种不同的方法，在第二 类方法中有 m2种不同的方法，……，在第 N 类方法中有 mn 种不同的方法，那么完成这件工 作共有 N＝m1＋m2＋m3＋…＋mn 种不同方法。
运用加法原理计数，关键在于合理分类，不重不漏。要求每一类中的每一种方法都可以 独立地完成此任务；两类不同办法中的具体方法，互不相同(即分类不重)；完成此任务的任 何一种方法，都属于某一类(即分类不漏)。合理分类也是运用加法原理解决问题的难点，不 同的问题，分类的标准往往不同，需要积累一定的解题经验。
这两个基本原理是排列和组合的基础，教学时要先通过生活中浅显的实例，如购物问题、 行程问题、搭配问题等，帮助孩子理解两个原理，再让孩子学习运用原理解决问题。
四年级奥数：加法原理
四年级奥数：加法原理（一）例1从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船。
一天中火车有4班，汽车有3班，轮船有2班。
问：一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同走法？分析与解：一天中乘坐火车有4种走法，乘坐汽车有3种走法，乘坐轮船有2种走法，所以一天中从甲地到乙地共有：4＋3＋2=9（种）不同走法。
例2旗杆上最多可以挂两面信号旗，现有红色、蓝色和黄色的信号旗各一面，如果用挂信号旗表示信号，最多能表示出多少种不同的信号？分析与解：根据挂信号旗的面数可以将信号分为两类。
第一类是只挂一面信号旗，有红、黄、蓝3种；第二类是挂两面信号旗，有红黄、红蓝、黄蓝、黄红、蓝红、蓝黄6种。
所以一共可以表示出不同的信号3＋6=9（种）。
以上两例利用的数学思想就是加法原理。
加法原理：如果完成一件任务有n类方法，在第一类方法中有m1种不同方法，在第二类方法中有m2种不同方法……在第n类方法中有mn种不同方法，那么完成这件任务共有N=m1+m2+…+m n种不同的方法。
乘法原理和加法原理是两个重要而常用的计数法则，在应用时一定要注意它们的区别。
乘法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘积；加法原理是把完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，所以完成任务的不同方法数等于各类方法数之和。
例3两次掷一枚骰子，两次出现的数字之和为偶数的情况有多少种？分析与解：两次的数字之和是偶数可以分为两类，即两数都是奇数，或者两数都是偶数。
因为骰子上有三个奇数，所以两数都是奇数的有3×3=9（种）情况；同理，两数都是偶数的也有9种情况。
根据加法原理，两次出现的数字之和为偶数的情况有9＋9＝18（种）。
例4用五种颜色给右图的五个区域染色，每个区域染一种颜色，相邻的区域染不同的颜色。
问：共有多少种不同的染色方法？分析与解：本题与上一讲的例4表面上十分相似，但解法上却不相同。
四年级奥数讲义26学子教案库3.第三讲加乘原理综合
域不同色，每个区域染一色．有多少种不同的染色方式？
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B
E
A
C
D
【巩固】 用四种颜色对右图的五个字染色，要求相邻的区域的字染不同的颜色，但不是每种颜色都必
须要用．问：共有多少种不同的染色方法
?个人收集整理 勿做商业用途
学
而
奥
数
思
【例 16 】 分别用五种颜色中的某一种对下图的 A ， B ， C ， D ， E ， F 六个区域染色，要求相邻的
区域染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用．问：有多少种不同的染法？
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E
F
A
C
D
B
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课后作业
练习 1. 用数码 0， 1， 2， 3， 4，可以组成多少个小于 1000 的没有重复数字的自然数？
练习 2. 从 1 到 500 的所有自然数中，不含有数字 4 的自然数有多少个 ?
2， 2， 3， 3 面，任意取出三面按顺序排成一行，
表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？如果白旗不能打头又有多少种？
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理 勿做商业用途
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乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互不影．响．．． 的独．立．步．骤． 来完成，这几步是完成这件任务
缺．一．不．可．的． ，这样的问题可以使用乘法原理解决．我们可以简记为：“乘法分步，步步相关”。
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例题精讲
模块一：简单加乘原理综合应用
【例 1】 商店里有 2 种巧克力糖：牛奶味、榛仁味；有 2 种水果糖：苹果味、梨味、橙味．小明想买 一些糖送给他的小朋友。 个人收集整理 勿做商业用途 ⑴如果小明只买一种糖，他有几种选法？ ⑵如果小明想买水果糖、巧克力糖各 1 种，他有几种选法？
四年级奥数讲义教案库四年级上学期第08讲加法原理和乘法原理学生版
第八讲加法原理和乘法原理要点总结加法原理：如果完成一件事情可以分成几类方法，每一类又包含若干种不同方法，那么将所有类中的方法数累加就是完成这件事的所有方法数。
加法原理的关键在于分类，类与类之间用加法。
乘法原理：如果完成一件事情可以分成几个步骤，每一步又包含若干种不同方法，那么将所有步骤中的方法数连乘就是完成这件事的所有方法数。
乘法原理的关键在于分步，步与步之间用乘法。
分类原则：分类要做到“不重不漏”。
任意两类之间不可以重复，这叫做不重；把所有的类别累加在一起就得到整体，这叫做不漏。
分步原则：分步要做到“前不影响后”。
无论前面步骤采取哪种方法，后面一个步骤都应该有相同多的方法数，也就是说后面一个步骤的方法数与前面步骤采取哪一种方法无关。
课堂精讲【例1】学校食堂为老师预备了三种主食：馒头、米饭和烙饼；五种炒菜：红烧肉、炒豆腐、土豆丝、香菇油菜和辣子鸡丁；两种汤：紫菜汤和鸡蛋西红柿汤。
张老师要买一种主食一个炒菜和一碗汤。
张老师一共可以有多少种不同的买法？【例2】小刚家到学校必须要通过一座桥，他从家到桥有3条路，过了桥之后有条路可以到学校。
小刚从家到学校一共可以有多少种不同的走法？0 3 4 5【例3】有四张数字卡片：，小明想用这4张卡片摆成四位数。
他可以摆成多少个不同的四位数？【例4】用数字7、3、5和8可以写成多少个不同的三位数？【例5】舰船信号兵用红、黄、蓝（每种颜色旗各一面）从上到下挂在旗杆上表示不同的信号，每次可以任意挂一面、二面、三面，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？【例6】从1开始依次写下去一直到999，得到一个多位数12345678910111213……997998999，请问这个多位数一共有多少位？第999位数字是多少？在这个多位数中9一共出现了多少次？8一共出现了多少次？0一共出现了多少次？【例7】如果一个四位数含有2，6，7，8这4个数字中的一个或几个，我们就称之为“好数”。
四年级奥数.计数综合.加法原理(A级).教师版
1. 使学生掌握加法原理的基本内容；2. 培养学生分类讨论问题的能力，了解分类的主要方法和遵循的主要原则．3. 理解标数法加法原理的数学思想主旨在于分类讨论问题，教授本讲的目的也是为了培养学生分类讨论问题的习惯，锻炼思维的周全细致．一、加法原理在生活中做一件事情的时候常常会有几类不同的方法，而每一类方法中，又有几种可能的做法。
那么，考虑完成这件事情所有可能的做法，就要用我们将讨论的加法原理来解决。
例如：春节期间康康要从北京去天津看奶奶。
他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从北京到天津，有四趟长途汽车从北京到天津。
那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？分析这个问题发现，康康去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有两大类走法：第一类乘火车，有五种走法；第二类乘汽车，有四种走法。
上面的每一种走法都可以从北京到天津，故有5+4=9种不同的走法。
在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法，在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成，并且两大类方法是互无影响的。
那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数。
一般地，如果完成一件事有K 类方法，第一类方法中有m 1种不同做法，第二类方法中有m 2种不同的做法，……，第K 类方法中有m K 种不同的做法，则完成这件事共有：N= m 1+ m 2+……m K 种不同的方法。
这就是加法原理。
二、加法原理的运用加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类标准，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：知识结构考试要求加法原理① 完成这件事的任何一种方法必须属于某一类； ② 分别属于不同两类的两种方法是不同的方法．只有满足这两条基本原则，才可以保证分类计数原理计算正确．（1） 选取合适的分类标准； （2） 标数法。
2018四年级奥数.计数综合.加法原理(A级).学生版
加法原理1.使学生掌握加法原理的基本内容；2.培养学生分类讨论问题的能力，了解分类的主要方法和遵循的主要原则．3.理解标数法加法原理的数学思想主旨在于分类讨论问题，教授本讲的目的也是为了培养学生分类讨论问题的习惯，锻炼思维的周全细致．知识结构一、加法原理在生活中做一件事情的时候常常会有几类不同的方法，而每一类方法中，又有几种可能的做法。
那么，考虑完成这件事情所有可能的做法，就要用我们将讨论的加法原理来解决。
例如：春节期间康康要从北京去天津看奶奶。
他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从北京到天津，有四趟长途汽车从北京到天津。
那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？分析这个问题发现，康康去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有两大类走法：第一类乘火车，有五种走法；第二类乘汽车，有四种走法。
上面的每一种走法都可以从北京到天津，故有5+4=9种不同的走法。
在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法，在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成，并且两大类方法是互无影响的。
那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数。
一般地，如果完成一件事有K类方法，第一类方法中有m1种不同做法，第二类方法中有m2种不同的做法，……，第K类方法中有m K种不同的做法，则完成这件事共有：N=m1+m2+……m K种不同的方法。
这就是加法原理。
二、加法原理的运用加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类标准，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：1完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；2分别属于不同两类的两种方法是不同的方法．只有满足这两条基本原则，才可以保证分类计数原理计算正确．重难点（1）选取合适的分类标准；（2）标数法。
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四年级奥数讲义:加法原理
生活中常有这样的情况，就是在做一件事时，有几类不同的方法，而每一类方法中，又有
几种可能的做法．那么，考虑完成这件事所有可能的做法，就要用我们将讨论的加法原理来解
决．
例如 某人从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从
北京到天津，有4趟长途汽车从北京到天津．那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？
分析这个问题发现，此人去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘
火车，有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法．上面的每一种走法都可以从北京到天津，
故共有5+4=9种不同的走法．
在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法．在具体做的时候，只要采用一类中的
一种方法就可以完成．并且两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第
一类的方法数加上第二类的方法数．
一般地，如果完成一件事有k类方法，第一类方法中有m1种不同做法，第二类方法中有
m2种不同做法，…，第k类方法中有mk种不同的做法，则完成这件事共有
N=m1+m2+…+mk
种不同的方法．
这就是加法原理．
例1 学校组织读书活动，要求每个同学读一本书．小明到图书馆借书时，图书馆有不同的外
语书150本，不同的科技书200本，不同的小说100本．那么，小明借一本书可以有多少种不
同的选法？
分析 在这个问题中，小明选一本书有三类方法．即要么选外语书，要么选科技书，要么
选小说．所以，是应用加法原理的问题．
解:小明借一本书共有:
150+200+100=450（种）
不同的选法．
例2 一个口袋内装有3个小球，另一个口袋内装有8个小球，所有这些小球颜色各不相同．
问:①从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？
②从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？
分析 ①中，从两个口袋中只需取一个小球，则这个小球要么从第一个口袋中取，要么从
第二个口袋中取，共有两大类方法．所以是加法原理的问题．
②中，要从两个口袋中各取一个小球，则可看成先从第一个口袋中取一个，再从第二个口
袋中取一个，分两步完成，是乘法原理的问题．
解:①从两个口袋中任取一个小球共有
3+8=11（种），
不同的取法．
②从两个口袋中各取一个小球共有
3×8=24（种）
不同的取法．
补充说明:由本题应注意加法原理和乘法原理的区别及使用范围的不同，乘法原理中，做
完一件事要分成若干个步骤，一步接一步地去做才能完成这件事；加法原理中，做完一件事
可以有几类方法，每一类方法中的一种做法都可以完成这件事．
事实上，往往有许多事情是有几大类方法来做的，而每一类方法又要由几步来完成，这就
要熟悉加法原理和乘法原理的内容，综合使用这两个原理．
例3 如右图，从甲地到乙地有4条路可走，从乙地到丙地有2条路可走，从甲地到丙地有3
条路可走．那么，从甲地到丙地共有多少种走法？
分析 从甲地到丙地共有两大类不同的走法．
第一类，由甲地途经乙地到丙地．这时，要分两步走，第一步从甲地到乙地，有4种走法；
第二步从乙地到丙地共2种走法，所以由乘法原理，这时共有4×2=8种不同的走法．
第二类，由甲地直接到丙地，由条件知，有3种不同的走法．
解:由加法原理知，由甲地到丙地共有:
4×2+3=11（种）
不同的走法．
例4 如下页图，一只小甲虫要从A点出发沿着线段爬到B点，要求任何点和线段不可重复经
过．问:这只甲虫有多少种不同的走法？
分析 从A点到B点有两类走法，一类是从A点先经过C点到B点，一类是从A点先经
过D点到B点．两类中的每一种具体走法都要分两步完成，所以每一类中，都要用乘法原理，
而最后计算从A到B的全部走法时，只要用加法原理求和即可．
解:从A点先经过C到B点共有:
1×3=3（种）
不同的走法．
从A点先经过D到B点共有:
2×3=6（种）
不同的走法．
所以，从A点到B点共有:
3+6=9（种）
不同的走法．
例5 有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6．将两个
正方体放到桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？
分析 要使两个数字之和为偶数，只要这两个数字的奇偶性相同，即这两个数字要么同为
奇数，要么同为偶数，所以，要分两大类来考虑．
第一类，两个数字同为奇数．由于放两个正方体可认为是一个一个地放．放第一个正方体
时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个正方体，出现奇数也有三种可能，由乘法原
理，这时共有3×3=9种不同的情形．
第二类，两个数字同为偶数，类似第一类的讨论方法，也有3×3=9种不同情形．
最后再由加法原理即可求解．
解:两个正方体向上的一面同为奇数共有
3×3=9（种）
不同的情形；
两个正方体向上的一面同为偶数共有
3×3=9（种）
不同的情形．
所以，两个正方体向上的一面数字之和为偶数的共有
3×3+3×3=18（种）
不同的情形．
例6 从1到500的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个？
分析 从1到500的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．
一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；
两位数中，不含4的可以这样考虑:十位上，不含4的有1、2、3、5、6、7、8、9这八种
情况．个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可
以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含4．
三位数中，小于500并且不含数字4的可以这样考虑:百位上，不含4的有1、2、3、这三
种情况．十位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，个位上，不含4的也
有九种情况．要确定一个三位数，可以先取百位数，再取十位数，最后取个位数，应用乘法原
理，这时共有3×9×9=243个三位数．由于500也是一个不含4的三位数．所以，1～500中，
不含4的三位数共有3×9×9+1=244个．
解:在1～500中，不含4的一位数有8个；不含4的两位数有8×9=72个；不含4的三位
数有3×9×9+1=244个，由加法原理，在1～500中，共有:
8+8×9+3×9×9+1=324（个）
不含4的自然数．
补充说明:这道题也可以这样想:把一位数看成是前面有两个0的三位数，如:把1看成是
001．把两位数看成是前面有一个0的三位数．如:把11看成011．那么所有的从1到500的自
然数都可以看成是“三位数”，除去500外，考虑不含有4的这样的“三位数”．百位上，有0、
1、2、3这四种选法；十位上，有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种选法；个位上，也有九
种选法．所以，除500外，有4×9×9=324个不含4的“三位数”．注意到，这里面有一个数
是000，应该去掉．而500还没有算进去，应该加进去．所以，从1到500中，不含4的自然
数仍有324个．
这是一种特殊的思考问题的方法，注意到当我们对“三位数”重新给予规定之后，问题很
简捷地得到解决．
例7 如下页左图，要从A点沿线段走到B，要求每一步都是向右、向上或者向斜上方．问有
多少种不同的走法？
分析 观察下页左图，注意到，从A到B要一直向右、向上，那么，经过下页右图中C、
D、E、F四点中的某一点的路线一定不再经过其他的点．也就是说从A到B点的路线共分为
四类，它们是分别经过C、D、E、F的路线．
第一类，经过C的路线，分为两步，从A到C再从C到B，从A到C有2条路可走，从
C到B也有两条路可走，由乘法原理，从A经C到B共有2×2=4条不同的路线．
第二类，经过D点的路线，分为两步，从A到D有4条路，从D到B有4条路，由乘法
原理，从A经D到B共有4×4=16种不同的走法．
第三类，经过E点的路线，分为两步，从A到E再从E到B，观察发现．各有一条路．所
以，从A经E到B共有1种走法．
第四类，经过F点的路线，从A经F到B只有一种走法．
最后由加法原理即可求解．
解:如上右图，从A到B共有下面的走法:
从A经C到B共有2×2=4种走法；
从A经D到B共有4×4=16种走法；
从A经E到B共有1种走法；
从A经F到B共有1种走法．
所以，从A到B共有:
4+16+1+1=22
种不同的走法．
习题二
1．如右图，从甲地到乙地有三条路，从乙地到丙地有三条路，从甲地到丁地有两条路，
从丁地到丙地有四条路，问:从甲地到丙地共有多少种走法？
2．书架上有6本不同的画报和7本不同的书，从中最多拿两本（不能不拿），有多少种不
同的拿法？
3．如下图中，沿线段从点A走最短的路线到B，各有多少种走法？
4．在1～1000的自然数中，一共有多少个数字0？
5．在1～500的自然数中，不含数字0和1的数有多少个？
6．十把钥匙开十把锁，但不知道哪把钥匙开哪把锁，问:最多试开多少次，就能把锁和钥
匙配起来？