小学奥数：加乘原理之图论.专项练习
加乘原理练习题练习题
加乘原理练习题一、基础题1. 甲、乙、丙三个同学参加百米赛跑，分别有4种起跑姿势、3种跑步技巧和2种冲刺方式，请问共有多少种不同的参赛方式？2. 小明有5件上衣和3条裤子，他想搭配一套衣服去参加聚会，请问有多少种不同的搭配方法？3. 有一部4位数的密码锁，每位数字都有09共10种可能，请问这部密码锁共有多少种不同的密码组合？4. 某班级有6名男生和4名女生，要从中选出3名同学参加篮球比赛，请问有多少种不同的选法？5. 一本书的ISBN编码共有13位，其中前12位是数字，一位是校验码（可以是数字或字母），请问这本书的ISBN编码共有多少种可能？二、进阶题6. 一家餐厅有3种主食、5种饮料和4种甜点，顾客可以自由选择其中一种主食、一种饮料和一种甜点，请问共有多少种不同的点餐组合？7. 一个四边形有4个顶点，要在这个四边形内部画一条对角线，请问共有多少种不同的画法？8. 有6个球队参加足球比赛，比赛采用单循环赛制，请问共有多少场比赛？9. 一个数字密码锁由6位数字组成，每位数字都有09共10种可能，且不允许有重复数字，请问这个密码锁共有多少种不同的密码组合？10. 某班级有8名同学，要从中选出4名同学分别担任班长、学习委员、体育委员和生活委员，请问有多少种不同的选法？三、综合题11. 一家服装店有4种款式的上衣、6种款式的裤子和3种款式的裙子，顾客可以自由选择其中一种上衣、一种裤子和一种裙子，请问共有多少种不同的搭配方法？12. 一个六边形的每个顶点上都可以涂上红、黄、蓝三种颜色中的一种，且相邻两个顶点的颜色不能相同，请问共有多少种不同的涂色方法？13. 一个班级有5名男生和5名女生，要从中选出3名同学参加辩论赛，要求至少有一名女生，请问有多少种不同的选法？14. 一个4位数的密码锁，每位数字都有09共10种可能，且第一位数字不能为0，请问这个密码锁共有多少种不同的密码组合？15. 某城市有4条东西向街道和5条南北向街道，请问在这个城市中，从一个交叉路口到另一个交叉路口（不包括自身）共有多少种不同的走法？四、应用题16. 一个图书馆有文学、历史、科学、艺术四大类图书，每大类图书下有5个小类，读者可以选择其中一个大类中的一个小类借阅一本书，请问共有多少种不同的借阅组合？17. 一个电话号码由区号和座机号组成，区号是3位数字（首位不为0），座机号是8位数字，请问共有多少种不同的电话号码组合？18. 一个旅行团提供3条国内线路和4条国际线路供游客选择，每个游客可以选择一条线路进行旅行，请问共有多少种不同的选择组合？19. 一家公司的产品有红、黄、蓝、绿四种颜色，每种颜色又有大、中、小三种尺寸，请问该公司共有多少种不同的产品组合？20. 一所学校有6个年级，每个年级有4个班级，如果每个班级都要选出一个学生代表参加学校的演讲比赛，请问共有多少种不同的选法？五、挑战题21. 一个密码锁由8位数字组成，每位数字都有09共10种可能，且密码中不能出现连续的相同数字，请问这个密码锁共有多少种不同的密码组合？22. 一个城市的公交车线路有10条，每条线路都有不同的站点数量，如果每个站点都可以作为起点或终点，请问共有多少种不同的乘车路线？23. 一个餐厅的菜单上有5种汤、7种主菜、3种甜点，顾客可以自由选择一种汤、一种主菜和一种甜点，但如果选择了某种汤，就不能选择与之相克的主菜，请问共有多少种不同的点餐组合？24. 一个班级有20名学生，要从中选出5名学生组成一个篮球队，要求至少有一名队长和一名副队长，请问共有多少种不同的选法？25. 一个五边形的每个顶点上都可以涂上红、黄、蓝、绿四种颜色中的一种，且相邻两个顶点的颜色不能相同，请问共有多少种不同的涂色方法？答案一、基础题1. 24种不同的参赛方式2. 15种不同的搭配方法3. 10,000种不同的密码组合4. 40种不同的选法5. 10^12种可能二、进阶题6. 60种不同的点餐组合7. 2种不同的画法8. 15场比赛9. 151,200种不同的密码组合10. 8!/(84)! = 8×7×6×5 = 1,680种不同的选法三、综合题11. 72种不同的搭配方法12. 6×5×4×3×2×1 = 720种不同的涂色方法13. 5×5×4 5×4 = 100 20 = 80种不同的选法14. 9×10^8 9×10^7 = 810,000,000种不同的密码组合15. (41)×(51) = 3×4 = 12种不同的走法四、应用题16. 20种不同的借阅组合17. 8,000,000,000种不同的电话号码组合18. 7种不同的选择组合19. 12种不同的产品组合20. 6×4×3 = 72种不同的选法五、挑战题21. 这个问题较为复杂，需要使用排列组合的知识和递归方法来计算，无法直接给出答案。
四年级加乘原理奥数题
四年级加乘原理奥数题
四年级的加乘原理奥数题可以涉及到一些基本的数学概念和技巧。
以下是一些可能的奥数题示例：
1. 假设有一个盒子，里面有红色、黄色和蓝色三种颜色的小球，其中红色球有3个，黄色球有4个，蓝色球有5个。
现在从盒子中
取出两个小球，问一共有多少种取法？
2. 一辆公共汽车上午开出甲地，下午到达乙地用了4小时；如
果下午开出甲地，到达乙地用了5小时。
问上午开出甲地到乙地用
了多少小时？
3. 小明家有6种不同的水果，小明想要选择其中的3种水果做
成一个水果沙拉，问一共有多少种不同的选择方法？
针对以上问题，我们可以通过加法原理和乘法原理来解决。
对于第一个问题，我们可以使用加法原理来解决。
因为是从盒
子中取出两个小球，所以总共的取法等于红色球的取法加上黄色球
的取法再加上蓝色球的取法，即3+4+5=12种取法。
对于第二个问题，我们可以使用乘法原理来解决。
假设上午开出甲地到乙地用了x小时，下午开出甲地到乙地用了y小时。
根据题意，我们可以得到一个方程组：
x + 4 = y.
y + 5 = x.
解方程组得到x=9，所以上午开出甲地到乙地用了9小时。
对于第三个问题，我们同样可以使用乘法原理来解决。
选择第一种水果有6种方法，选择第二种水果有5种方法，选择第三种水果有4种方法，所以一共有654=120种不同的选择方法。
通过以上解答，我们可以看到加法原理和乘法原理在解决奥数题中的重要作用。
希望这些示例能够帮助你更好地理解四年级的加乘原理奥数题。
四年级奥数系列第3讲-加乘原理
加乘原理
A、B、C三个小朋友互相传球，先从A开始发球(作为第一次传球)，这样经过了5 次传球后，球恰巧又回到A手中，那么不同的传球方式共多少种？
练一练
加乘原理 直线a，b上分别有4个点和2个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角 形？多少个四边形？
加乘原理 例五 某信号兵用红，黄，蓝，绿四面旗中的三面从上到下挂在旗杆上的三个位 置表示信号．每次可挂一面，二面或三面，并且不同的顺序，不同的位置 表示不同的信号．一共可以表示出多少种不同的信号？
加乘原理
练一练
五面五种颜色的小旗，任意取出一面、两面或三面排成一行表示各种信 号，问：共可以表示多少种不同的信号？
加乘原理
例十
从1到100的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个?
加乘原理
练一练
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?
加乘原理 <作业1> 玩具厂生产一种玩具棒，共4节，用红黄蓝三种颜色给每节涂色。这家工 厂共可以上产多少种颜色不同的玩具棒？
加乘原理 &l点．一只蚂蚁从A点出发，沿棱爬行，
要求恰好经过每一个顶点一次。问共有多少种不同的走法？
C
D E F B
A
加乘原理 如果从3本不同的语文书、4本不同的数学书、5本不同的外语书中选取 2本不同学科的书阅读，那么共有多少种不同的选择？
例四
加乘原理
练一练
某条铁路线上，包括起点和终点在内原来共有7个车站，现在新增了3个 车站，铁路上两站之间往返的车票不一样，那么，这样需要增加多少种 不同的车票？
例二
(小学奥数)加乘原理之图论
7-3-3加乘原理之圖論教學目標1.復習乘法原理和加法原理；2.培養學生綜合運用加法原理和乘法原理的能力．3.讓學生懂得並運用加法、乘法原理來解決問題，掌握常見的計數方法，會使用這些方法解決問題．在分類討論中結合分步分析，在分步分析中結合分類討論；教師應該明確並強調哪些是分類，哪些是分步．並瞭解與加、乘原理相關的常見題型：數論類問題、染色問題、圖形組合．知識要點一、加乘原理概念生活中常有這樣的情況：在做一件事時，有幾類不同的方法，在具體做的時候，只要採用其中某一類中的一種方法就可以完成，並且這幾類方法是互不影響的．那麼考慮完成這件事所有可能的做法，就要用到加法原理來解決．還有這樣的一種情況：就是在做一件事時，要分幾步才能完成，而在完成每一步時，又有幾種不同的方法．要知道完成這件事情共有多少種方法，就要用到乘法原理來解決．二、加乘原理應用應用加法原理和乘法原理時要注意下麵幾點：⑴加法原理是把完成一件事的方法分成幾類，每一類中的任何一種方法都能完成任務，所以完成任務的不同方法數等於各類方法數之和．⑵乘法原理是把一件事分幾步完成，這幾步缺一不可，所以完成任務的不同方法數等於各步方法數的乘積．⑶在很多題目中，加法原理和乘法原理都不是單獨出現的，這就需要我們能夠熟練的運用好這兩大原理，綜合分析，正確作出分類和分步．加法原理運用的範圍：完成一件事的方法分成幾類，每一類中的任何一種方法都能完成任務，這樣的問題可以使用加法原理解決．我們可以簡記為：“加法分類，類類獨立”．乘法原理運用的範圍：這件事要分幾個彼此互不影響的獨立步驟來完成，這幾步是完成這件任務缺一不可的，這樣的問題可以使用乘法原理解決．我們可以簡記為：“乘法分步，步步相關”．例題精講【例 1】5條直線兩兩相交，沒有兩條直線平行，沒有任何三條直線通過同一個點，以這5條直線的交點為頂點能構成幾個三角形？【考點】加乘原理之圖論【難度】3星【題型】解答【解析】方法一：5條直線一共形成54210⨯÷=個點，對於任何一個點，經過它有兩條直線，每條直線上另外有3個點，此外還有三個不共線的點，以這個點為頂點的三角形就有33333332230⨯+⨯+⨯+⨯÷=個三角形，以10個點分別為定點的三角形一共有300個三角形，但每個三角形被重複計算3次，所以一共有100個三角形．方法二：只要三點不共線就能構成三角形，所以我們先求出10個點中取出3個點的種數，再減去3點共線的情況．這10個點是由5條直線互相相交得到的，在每條直線上都有4個點存在共線的情況，這4個點中任意三個都共線，所以一共有5[432(321)]20⨯⨯⨯÷⨯⨯=個三點共線的情況，除此以外再也沒有3點共線的情況(用反證法可證明之)，所以一共可以構成1098(321)20100⨯⨯÷⨯⨯-=種情況．【答案】100【例 2】如圖，有這樣的兩條線，請問從這5個點中任選三個點可以構成＿＿＿＿＿個不同的三角形．【考點】加乘原理之圖論【難度】2星【題型】填空【關鍵字】學而思杯，3年級，第4題【解析】只要三點不共線，就能構成三角形。
小学数学《加、乘原理综合运用》练习题 (含答案)
小学数学《加、乘原理综合运用》练习题（含答案）Ⅰ、简单加乘原理综合运用【例1】（★）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条路可走，从丁地到丙地也有3条路，请问从甲地到丙地共有多少种不同走法？分析：根据乘法原理，经过乙地到丙地的走法一共有4×2=8种方法，经过丁地到丙地一共有3×3=9种方法，根据加法原理，一共有8+9=17种走法.[前铺]从小红家到小明家有4条路可走，从小明家到小海家有2条路可走，从小红家到小海家有3条路可走，那么从小红家到小海家共有多少种走法？分析：经过小明家到小海家的走法一共有4×2=8种方法，从小红家直接去小海家一共有3条路可走，一共有11种走法.【例2】将5列车停在5条不同的轨道上，其中a车不能停在第一道上，b车不能停在第二道上，那么不同的停车方法共有多少种？分析：对于a车停放的轨道进行分类考虑：当a车排在第二道的时候，其余的四列车没有任何限制，有4×3×2×1=24种停车法；当a车不排在第二道的时候，a车也不能排在第一道，a车有3种停车法，b 不能停在第二道，也不能停在a车已经停放的车道，所以也只有3种停车法，剩下的3辆车可以任意停入剩下的三条轨道，有3×2×1=6种停法，由乘法原理，共有3×3×6=54种停法，最后根据加法原理，一共有24+54=78种不同停车方案.[巩固]（★★走进美妙数学花园少年数学邀请赛）如图，将1，2，3，4，5分别填入图中1×5的格子中，要求填在黑格里的数比它旁边的两个数都大．共有种不同的填法．分析：填在黑格里的数是5和4时，不同的填法有2!×3!=12(种)；填在黑格里的数是5和3时，不同的填法有2×2=4(种)．所以，共有不同填法12＋4=16(种)．Ⅱ、加乘原理与数论【例3】（★★）在所有的三位数中，各位数字之和是19的数共有多少个？分析：三个数字之和是19的共有10种，9，9，1；9，8，2；9，7，3；9，6，4；9，5，5；8，8，3；8，7，4；8，6，5；7，7，5；7，6，6.其中三个数字各不相同的有5种，每种能组成6个不同的三位数；三个数字中有两个相同的有5种，每种能组成3个不同的三位数，所求数共有：6×5+5×3=45（个）[前铺]从19，20，21，…，93，94这76个数中，选取两个不同的数，使其和为偶数的选法总数是多少?分析：76个数当中有38个奇数和38个偶数，选取两个数只要是奇偶性质相同就能保证其和为偶数，选取两个奇数的方法有38×37÷2=703种，选取两个偶数的方法有38×37÷2=703种，一共有1406种选取方法.【例4】（★★★）在前100个自然数中取出两个不同的数相加，其和是3的倍数的共有多少种不同的取法？分析：将1～100按照除以3的余数分为3类，（1）余数为1的有1，4，7，…100，一共有34个，（2）余数为2的一共有33个，（3）可以被3整除的一共有33个，取出两个不同的数其和是3的倍数只有两种情况，从（1）（2）类中各取一个数，有34×33=1122（种）取法；从（3）中取两个数，有33×32÷2=528（种）取法，不同取法共有：1122+528=1650（种）.[前铺]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的倍数有种不同的取法．分析：三个不同的数和为3的倍数有四种情况：三个数同余1，三个数同余2，三个数都被3整除，余1余2余0各有1个，三类情况分别有4种、1种、1种、36种，所以一共有42种.【例5】（★★★）有两个骰子，每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点．将两个骰子放到桌面上，向上的一面点数之和为偶数的有多少种情形?分析：要使两个点数之和为偶数，只要这两个点数的奇偶性相同，即这两个点数要么同为奇数，要么同为偶数，所以，要分两大类来考虑．第一类，两个点数同为奇数．由于放两个骰子可认为是一个一个地放．放第一个骰子时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个骰子，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，两个点数同为偶数，类似第一类的讨论方法，也有3×3=9种不同情形．最后由加法原理即可求得两个骰子向上面点数之和为偶数的共有3×3＋3×3=18种不同的情形．[拓展] 有三个骰子，每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点．将三个骰子放到桌面上，向上的一面点数之和为奇数的有多少种情形?分析：要使三个点数之和为奇数，有两种情况，三个数都为奇数，或者一个数为奇数另外两个数为偶数所以，要分两大类来考虑．第一类，三个点数同为奇数．由于放骰子可认为是一个一个地放．放第一个骰子时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个骰子，出现奇数也有三种可能，放第三个骰子，出现奇数也有三种可能，由乘法原理，这时共有3×3×3=27种不同的情形．第二类，两个点数为偶数，另一个点数为奇数，类似第一类的讨论方法，奇数的骰子有3种选法，共有3×3×3×3=81种不同情形．最后由加法原理即可求得三个骰子向上面点数之和为偶数的共有3×3×3＋3×3×3×3=108种不同的情形．Ⅱ、加乘原理与图论（染色、图形组合）【例6】 用四种颜色对下图的五个字染色，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?分析：第一步给“而”上色，有4种选择；然后对“学”染色，“学”有3种颜色可选；当“奥”，“数”取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时“思”也有2种颜色可选，不同的涂法有3×2×2=12（种）；当“奥”，“数”取不同的颜色时，“奥”有2种颜色可选，“数”剩仅1种颜色可选，此时“思”也只有1种颜色可选（与“学”相同），不同的涂法有3×2×1×1=6（种）.所以共有4×3×（2×2＋2）=72种不同的涂法[前铺]地图上有A ，B ，C ，D 四个国家（如下图），现有红、黄、蓝、绿四种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？分析：第一步：首先对A 进行染色一共有4种方法，然后对B 、C 进行染色，如果B 、C 取相同的颜色，有三种方式，D 剩下3种方式，如果B 、C 取不同颜色，有3×2=6种方法，D 剩下2种方法，对该图的染色方法一共有4×（3×3+3×2×2）=84种方法.【例7】 （★★★）一个半圆周上共有12个点，直径上5个，圆周上7个，以这些点为顶点，可以画出多少个三角形？分析：方法一：所有的三角形一共可以分为3类，第一类：三角形三个顶点都在圆周上，这样的三角形一共有7×6×5÷（3×2×1）=35种；C BD A第二类：三角形两个顶点在圆周上，这样的三角形一共有7×6÷（2×1）×5=105种；第三类：三角形一个顶点在圆周上，这样的三角形一共有7×5×4÷（2×1）=70种；一共可以画出35+105+70=210种.方法二：不共线的3点可以确定一个三角形，这样任取3点构成的组合数与三角形的个数之间便有了一定的联系，但是要注意去掉其中3点共线的情况.12×11×10÷（3×2×1）-5×4×3÷（3×2×1）=210种.[前铺]直线a，b上分别有5个点和4个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？分析：画三角形需要在一条线上找1个点，另一条线上找2个点，本题分为两种情况：（1）在a线上找一个点，有5种选取法，在b线上找两个点，有4×3÷2=6（种），根据乘法原理，一共有：5×6=30（个）三角形（2）在b线上找一个点，有4种选取法，在a线上找两个点，有5×4÷2=10（种），根据乘法原理，一共有：4×10=40（个）三角形根据加法原理，一共可以画出：30+40=70（个）三角形【例8】（★★★★）在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点为顶点，可以画出多少不同的钝角三角形？（补充知识：由直径和圆周上的一点构成的三角形一定是直角三角形，其中直径的边所对的角是直角，所以如果圆周上三点在同一段半圆周上，则这三点构成钝角三角形）.分析：由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取3个点，就可以画出一个三角形，如果这三个点其中两点构成的线段小于直径，并且第三个点在被其余两点分割的较小的圆周上，则这三个点构成钝角三角形，这样所有的钝角三角形可分为三类，第一类是长边端点之间仅相隔一个点，这样的三角形有10×1=10个，第二类是长边端点之间相隔两个点，这样的三角形有10×2=20个，第三类是长边端点之间相隔三个点，这样的三角形有10×3=30个，所以一共可以画出60个钝角三角形.[拓展]三条平行线上分别有2，4，3个点（下图），已知在不同直线上的任意三个点都不共线.问：以这些点为顶点可以画出多少个不同的三角形？分析：（方法一）本题分三角形的三个顶点在两条直线上和三条直线上两种情况（1）三个顶点在两条直线上，一共有4×3÷2×2+3×2÷2×2+3×2÷2×4+4×3÷2×3+4+3=55（个）（2）三个顶点在三条直线上，由于不同直线上的任意三个点都不共线，所以一共有：2×4×3=24（个）根据加法原理，一共可以画出55+24=79（个）三角形.（方法二）9个点任取三个点有9×8×7÷（3×2×1）=84种取法，其中三个点都在第二条直线上有4种，都在第三条直线上有1种，所以一共可以画出84-4-1=79（个）三角形.Ⅲ、排列组合【例9】（★★）用1、2、3、4、5这五个数字，可以组成多少个比20000大且百位数字不是3的无重复数字的五位数？分析：分两类：（1）把3排在最高位上，其余四个数字可以任意放到其余四个数位上，有4×3×2×1=24种做法，对应24个不同的五位数（2）把2、4、5放在最高位上，有3种选择，百位数上有除最高位和3以外的三种选择，其余的三个数字可以任意放到其余3个数位上，由乘法原理，可以组成3×3×3×2×1=54个不同的五位数由加法原理，可以组成24+54=78个不同的五位数.[前铺]用数字0，1，2，3，4（可重复使用）可以组成多少个小于5000的自然数？分析：小于1000的自然数有三类．第一类是一位数，有5个；第二类是两位数，有4×5=20个；第三类是三位数，有4×5×5=100个．第四类是四位数，有4×4×3×2=96个，共有5+20+100+96=221个．【例10】（★★★）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l、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．所以一共有8＋8×9＋3×9×9＋1=324个不含4的自然数．[巩固]从1到100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100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l、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4．三位数只有100.所以一共有8＋8×9+1=81个不含4的自然数．【例11】（★★★）某管理员忘记了自己小保险柜的密码数字，只记得是由四个非0数码组成，且四个数码之和是9.为确保打开保险柜至少要试多少次？．分析：四个非0数码之和等于9的组合有1，1，1，6；1，1，2，5；1，1，3，4；1，2，2，4；1，2，3，3；2，2，2，3六种第一种中，只要考虑6的位置即可，6可以随意选择四个位置，其余位置方1，共有4种选择第二种中，先考虑放2，有4种选择，再考虑5的位置，有3种选择，剩下的位置放1，共有4×3=12种选择，同理，第三、第四、第五种都有12种选择，最后一种与第一种相似，3的位置有四种选择，其余位置放2，共有4种选择.由加法原理，一共可以组成4+12+12+12+12+4=56个不同的四位数，即为确保打开保险柜至少要试56次. [拓展]7个相同的球，放入4个不同的盒子里，每个盒子至少放一个，不同的放法有多少种？（请注意，球无区别，盒是有区别的，且不允许空盒）分析：首先研究把7分成4个自然数之和的形式，容易得到以下三种情况：7=1+1+1+4，7=1+2+2+2，7=1+1+2+3，其次，将三种情况视为三类计算不同的放法.第一类：有一个盒子里放了4个球，而其余盒子里各放1个球，由于4个球可任意放入不同的四个盒子之一，有4种放法，而其他盒子只放一个球，而球是相同的，任意调换都是相同的放法，所以第一类只有4种放法.第二类：有一个盒子里放1个球，有4种放法，其余盒子里都放2个球，与第一类相同，任意调换都是相同的放法，所以第二类也只有4种放法.第三类：有两个盒子里各放一个球，另外两个盒子里分别放2个及3个球，这时分两步来考虑：第一步，从4个盒子中任取两个各放一个球，这种取法有C24种.第二步，把余下的两个盒子里分别放入2个球及3个球，这种放法有P22种.由乘法原理有C24×P22=12种放法.由加法原理，可得符合题目要求的不同放法有4+4+12=20（种）（方法二）把七个球排成一行，并用三个“挡板”把它们分成四组，每一组对应一个盒子，则一共有6个位置可以放挡板，从中选择三个，有3620C 种选法.【例12】（★★）红、黄、蓝、白四种颜色不同的小旗，各有2，2，3，3面，任意取出三面排成一行，表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？分析：（方法一）取出的3面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类（1）一种颜色：都是蓝色的或者都是白色的，2种可能；（2）两种颜色：（4×3）×3=36（3）三种颜色：4×3×2=24所以，一共可以表示2＋36＋24=62种不同的信号（方法二）每一个位置都有4种颜色可选，共有4×4×4=64种，但是不能有三红或者三黄，所以减去2种，共有64-2=62种.[拓展] 五种颜色不同的信号旗，各有5面，任意取出三面排成一行，表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？分析：（方法一）取出的3面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类（1）一种颜色： 5种可能；（2）两种颜色：（5×4）×3=60（3）三种颜色：5×4×3=60所以，一共可以表示5＋60＋60=125种不同的信号（方法二）每一个位置都有5种颜色可选，所以共有5×5×5=125种.1． （★例1）从学而思学校到王明家有4条路可走，从王明家到张老师家有2条路可走，从学而思学校到张老师有3条路可走，那么从学而思学校到张老师家共有多少种走法？分析：根据乘法原理，经过王明家到张老师家的走法一共有4×2=8种方法，从学而思学校直接去张老师家一共有3条路可走，根据加法原理，一共有8+3=11种走法.2． （★★★例6）地图上有A ，B ，C ，D 四个国家（如下图），现有红、黄、蓝三种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？分析：A 有3种颜色可选；当B ，C 取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时D 也有2种颜色可选，不同的涂法有3×2×2=12（种）；当B ，C 取不同的颜色时，B 有2种颜色可选，C 仅剩1种颜色可选，此时D也只有1种颜色可选（与A 相同），不同的涂法有3×2×1×1=6（种）.所以共有12＋6=18种不同的涂法.3． （★★例7）在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点再加上圆心一共11个点为端点，可以画出多少小于直径的线段.分析：由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取2个点，就可以画出一条线段一共有45种方法，其中包括5条直径，应当舍去，其余线段的长都小于直径，一共有40种方法 .以圆心为端点的线段一共有10条，所以一共可以画出40+10=50条线段.4． （★★★例8）如图所示分布着9个点，以这9个点为端点能构成多少个三角形？分析：三条线段上各取1点能构成3×3×3=27.如果在一条线段上取两点，在另一条线段上取一点一共C B D A有（3×2）×（3×2÷（2×1））×（3÷1）=54，所以一共有81种.5．（★★★例10）从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数有多少个?分析：从1到300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2的有8个，它们是1、3、4、5、6、7、8、9；两位数中，不含2的可以这样考虑：十位上，不含4的有l、3、4、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含2的有0、1、3、4、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2．三位数中，除去300外，百位数只有1一种取法，十位与个位均有0，1，3，4，5，6，7，8，9九种取法，根据乘法原理，不含数字2的三位数有：1×9×9=81个，还要加上300.所以根据加法原理，从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数一共有8＋72+82=162个.。
四年级下册数学奥数试题-培优拓展训练--第1讲：加乘原理(学生版)
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m n种不同的方法，那么完成这件工作共有N＝m1＋m2＋m3＋…＋m n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。
乘法原理：完成一件工作共需N个步骤：完成第一个步骤有m1种方法，完成第二个步骤有m2种方法，…，完成第N个步骤有m n种方法，那么，完成这件工作共有m1×m2×…×m n种方法。
运用乘法原理计数，关键在于合理分步。
完成这件工作的N个步骤，各个步骤之间是相互联系的，任何一步的一种方法都不能完成此工作，必须连续完成这N步才能完成此工作；各步计数相互独立；只要有一步中所采取的方法不同，则对应的完成此工作的方法也不同。
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。
运用两个原理解决的都是比较复杂的计数问题，在解题时要细心、耐心、有条理地分析问题。
计数时要注意区分是分类问题还是分步问题，正确运用两个原理。
灵活机动地分层重复使用或综合运用两个原理，可以巧妙解决很多复杂的计数问题。
小学阶段只学习两个原理的简单应用。
一：两种原理的基础内容的记忆和计算的方法。
二：两种计数原理的区分和综合应用。
【题目】：1用1角、2角和5角的三种人民币（每种的张数没有限制）组成1元钱，有多少种方法？【题目】：2各数位的数字之和是24的三位数共有多少个？【题目】：3有一批长度分别为1，2，3，4，5，6，7和8厘米的细木条若干，从中选取适当的3根木条作为三条边可以围成多少个不同的三角形？【题目】：4一把钥匙只能开一把锁，现在有10把钥匙和10把锁全部都搞乱了，最多要试验多少次才能全部配好锁和相应的钥匙？【题目】：5某人到食堂去买饭菜，食堂里有4种荤菜，3种蔬菜，2种汤。
小学五六年级奥数学竞赛第4讲计数原理之加乘原理
【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 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…… 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
【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】(★★★) 【例6】(★★★) 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， 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 如732、85421，我们称之为 ，我们称之为“下降数”，那么“下降数”中一共有 下降数 ，那么 下降数 中 共有 数共有多少个？ 有多 _____个偶数。
【例1】(★) 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4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7我那一一如73285421我们称之为下降数那么下降数中共有个偶数
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 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
用图片详细讲小学奥数题-加乘原理
加乘原理
加法原理：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 种不同做法，则完成这件事共有 m1+m2+......+mk种不同方法。
艾迪要从 3 件不同的外套和 5 条不同的裤子中各选一件穿好出门，他 有多少种不同的搭配方法。
3
第2棒选定后 还剩两人选其一
2
第2、3棒选定后 只剩下1人
1
题目解析：
甲不能跑第一棒，所以第一棒有3种可能；第二棒没有限制，从第一棒选剩下的三人种任意选一个，所以
第2棒有3种可能，以此类推，最终结果为：3 ×3 ×2 ×1 = 18（种） 7
特殊位置优先考虑（三）
例题：
运动会上，甲乙丙丁 4 名运动员组队参加 4 × 100 米 接力赛，甲不能跑第一棒和第四棒，一共有多少种不同的跑法？
第1棒
第2棒
第3棒
பைடு நூலகம்
第4棒
乙、丙、丁 3人选其2人， 因为要留一个跑第4棒
第1棒选定1人 还剩下3人选其1
第2棒选定后 还剩两人选其一
第2、3棒选定后 只剩下1人
2
3
2
1
题目解析：
甲不能跑第1棒，要从乙、丙、丁中三人挑一人，同时，甲也不能跑第4棒，要保留乙、丙、丁三人中的一人在第4棒；所以第1棒
只有2种人选。第2棒没有限制，从第1棒选剩下的三人种任意选一个，所以第2棒有3种可能；
第2棒的选择方法为3（种），以此类推，该题最终答案：1 ×3 ×2 ×1 = 6（种） 6
特殊位置优先考虑（二）
例题：
运动会上，甲乙丙丁 4 名运动员组队参加 4 × 100 米 接力赛，甲不能跑第一棒，一共有多少种不同的跑法？
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7-3-3加乘原理之图论
教学目标
1.复习乘法原理和加法原理；
2.培养学生综合运用加法原理和乘法原理的能力．
3.让学生懂得并运用加法、乘法原理来解决问题，掌握常见的计数方法，会使用这些方法解决问题．
在分类讨论中结合分步分析，在分步分析中结合分类讨论；教师应该明确并强调哪些是分类，哪些是分步．并了解与加、乘原理相关的常见题型：数论类问题、染色问题、图形组合．
知识要点
一、加乘原理概念
生活中常有这样的情况：在做一件事时，有几类不同的方法，在具体做的时候，只要采用其中某一类中的一种方法就可以完成，并且这几类方法是互不影响的．那么考虑完成这件事所有可能的做法，就要用到加法原理来解决．
还有这样的一种情况：就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法．要知道完成这件事情共有多少种方法，就要用到乘法原理来解决．
二、加乘原理应用
应用加法原理和乘法原理时要注意下面几点：
⑴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．
⑵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．
⑶在很多题目中，加法原理和乘法原理都不是单独出现的，这就需要我们能够熟练的运用好这两大原理，综合分析，正确作出分类和分步．
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”．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”．
例题精讲
【例 1】5条直线两两相交，没有两条直线平行，没有任何三条直线通过同一个点，以这5条直线的交点为顶点能构成几个三角形？
【考点】加乘原理之图论【难度】3星【题型】解答
【解析】方法一：5条直线一共形成54210
⨯÷=个点，对于任何一个点，经过它有两条直线，每条直线上另外有3个点，此外还有三个不共线的点，以这个点为顶点的三角
形就有33333332230
⨯+⨯+⨯+⨯÷=个三角形，以10个点分别为定点的三角形一共有300个三角形，但每个三角形被重复计算3次，所以一共有100个三角形．方法二：只要三点不共线就能构成三角形，所以我们先求出10个点中取出3个点的种数，再减去3点共线的情况．这10个点是由5条直线互相相交得到的，在每条直线上都有4个点存在共线的情况，这4个点中任意三个都共线，所以一共有5[432(321)]20
⨯⨯⨯÷⨯⨯=
个三点共线的情况，除此以外再也没有3点共线的情况(用反证法可证明之)，
所以一共可以构成1098(321)20100
⨯⨯÷⨯⨯-=种情况．
【答案】100
【例 2】如图，有这样的两条线，请问从这5个点中任选三个点可以构成＿＿＿＿＿个不同的三角形．
【考点】加乘原理之图论【难度】2星【题型】填空
【关键词】学而思杯，3年级，第4题
【解析】只要三点不共线，就能构成三角形。
3
528
C-=个
【答案】8个
【例 3】直线a，b上分别有5个点和4个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？
【考点】加乘原理之图论【难度】2星【题型】解答
【关键词】走美杯，4年级，决赛，第6题
【解析】画三角形需要在一条线上找1个点，另一条线上找2个点，本题分为两种情况：⑴在a线上找一个点，有5种选取法，在b线上找两个点，有4326
⨯÷=种
根据乘法原理，一共有：5630
⨯=个三角形；
⑵在b线上找一个点，有4种选取法，在a线上找两个点，有54210
⨯÷=种
根据乘法原理，一共有：41040
⨯=个三角形；
根据加法原理，一共可以画出：304070
+=个三角形．
【答案】70
【巩固】直线a，b上分别有4个点和2个点，以这些点为顶点可以画出多少个三角形？
【考点】加乘原理之图论【难度】2星【题型】解答
【解析】画三角形需要在一条线上找1个点，另一条线上找2个点，本题分为两种情况：⑴在a线上找一个点，有4种选取法，在b线上找两个点，有1种，根据乘法原理，一共有：
414⨯= 个三角形；
⑵在b 线上找一个点，有2种选取法，在a 线上找两个点，有4326⨯÷=种，根据乘法原理，
一共有：2612⨯=个三角形；
根据加法原理，一共可以画出：41216+=个三角形．
【答案】16
【巩固】 直线a ，b 上分别有5个点和4个点，以这些点为顶点可以画出多少个四边形？
【考点】加乘原理之图论 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 画四边形需要在每条线上取2个点，
在a 线上取2个点共有54210⨯÷=种，
在b 线上取2个点共有4326⨯÷=种，
根据乘法原理，一共可以画出61060⨯=个四边形．
【答案】60
【巩固】 三条平行线上分别有2，4，3个点(下图)，已知在不同直线上的任意三个点都不共线．问：以这些点为顶点可以画出多少个不同的三角形？
【考点】加乘原理之图论 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 (方法一)本题分三角形的三个顶点在两条直线上和三条直线上两种情况
⑴三个顶点在两条直线上，
一共有43223222322443234355⨯÷⨯+⨯÷⨯+⨯÷⨯+⨯÷⨯++=个
⑵三个顶点在三条直线上，由于不同直线上的任意三个点都不共线，
所以一共有：24324⨯⨯=个
根据加法原理，一共可以画出552479+=个三角形．
(方法二)9个点任取三个点有987(321 )84⨯⨯÷⨯⨯=种取法，
其中三个点都在第二条直线上有4种，都在第三条直线上有1种，所以一共可以画出844179--=个三角形．
【答案】79
【例 4】 一个半圆周上共有12个点，直径上5个，圆周上7个，以这些点为顶点，可以画
出多少个三角形？
【考点】加乘原理之图论 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 第一类：三角形三个顶点都在圆周上，这样的三角形一共有76532135⨯⨯÷
⨯⨯=（）种；
第二类：三角形两个顶点在圆周上，这样的三角形一共有76215105⨯÷⨯⨯=（）种；
第三类：三角形一个顶点在圆周上，这样的三角形一共有7542170⨯⨯÷
⨯=（）种； 根据加法原理，一共可以画出3510570210++=种．
【答案】210
【例 5】 在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点为顶点，可以画出多少不同的钝角三
角形？(补充知识：由直径和圆周上的一点构成的三角形一定是直角三角形，其
中直径的边所对的角是直角，所以如果圆周上三点在同一段半圆周上，则这三点
构成钝角三角形)．
【考点】加乘原理之图论【难度】3星【题型】解答
【解析】由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取3个点，就可以画出一个三角形，如果这三个点其中两点构成的线段小于直径，并且
第三个点在被其余两点分割的较小的圆周上，则这三个点构成钝角三角形，这样
所有的钝角三角形可分为三类，第一类是长边端点之间仅相隔一个点，这样的三角
形有10110
⨯=⨯=个，第二类是长边端点之间相隔两个点，这样的三角形有10220个，第三类是长边端点之间相隔三个点，这样的三角形有10330
⨯=个，所以一共可以画出10203060
++=个钝角三角形．
【答案】60
【例 6】从1至9这九个数字中挑出六个不同的数填在下图的六个圆圈内，使在任意相邻两个圆圈内数字之和都是不能被3整除的奇数，那么最多能找出种不同
的挑法来．(六个数字相同、排列次序不同的都算同一种)
【考点】加乘原理之图论【难度】2星【题型】解答
【关键词】迎春杯，决赛
【解析】显然任意两个相邻圆圈中的数只是一奇一偶，因此，应从2，4，6，8中选3个数填入3个不相邻的圆圈中，下面就按此分类列举：
⑴填入2，4，6，这时3与9不能同时填入(否则总有一个与6相邻，36
+能被3整
+或96
除)，没有3，9的有1种：1，5，7，经试填，不成立；有3或9的，其它3个奇数1，7中选一个，5必选，有2种选法，因此有224
⨯=种．
⑵填入2，4，8，这时1，7不能填入(因为72
+都能被3整
+，12
+，78
+，18
除)，从其余3个奇数中选出1个，有1种选法．
⑶填入2，6，8，这时1，7不能填入，故无法填．
⑷填入4，6，8，这时3与9只能任选一个，1与7也只能任选1个，第三个数是5，因而有224
⨯=种选法．
根据加法原理，总共有41049
+++=种选法．
【答案】9。