两个计数原理2
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高中数学 第一章 计数原理 1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 第2课时 分类加法计(1)
答案：4 6 12
类型 1 组数问题(自主研析) [典例 1] 用 0，1，2，3，4 五个数字， (1)可以排出多少个三位数字的密码？ (2)可以排成多少个三位数？ (3)可以排成多少个能被 2 整除的无重复数字的三位数？ 解：(1)三位数字的密码，首位可以是 0，数字也可以重 复，每个位置都有 5 种排法，共有 5×5×5＝53＝125(种)． (2)三位数的首位不能为 0，但可以有重复数字，首先考
19
共有 60＋96＝156(个)． 其中比 2 000 小的有：千位是 1 的共有 3×4×3＝ 36(个)， 所以符合条件的四位偶数共有 156－36＝120(个)．
20
类型 2 分配问题
[典例 2] (1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四
个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去
6
2．应用分类加法计数原理的注意事项 分类要做到不重不漏，分类后再分别对每一类进行 计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数． 3．应用分步乘法计数原理的注意事项 分步要做到步骤完整，步与步之间要相互独立，根 据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘得到 总数．
7
1．从 3 名女同学和 2 名男同学中选出一人主持本班
答案：C
11
5．如图所示，从点 A 沿圆或三角形的边运动到点 C， 若经过点 B，有________种不同的走法．若可经过点 B， 也可不经过点 B，有________种不同的走法．
解析：经过点 B，不同的走法有 2×2＝4(种)．若可 经过点 B，也可不经过点 B，不同的走法有 2×2＋2＝ 6(种)．
一次班会，则不同的选法种数为( )
A．6
B．5
C．3Leabharlann D．2解析：由分类加法计数原理，共有 3＋2＝5 种不同选
类型 1 组数问题(自主研析) [典例 1] 用 0，1，2，3，4 五个数字， (1)可以排出多少个三位数字的密码？ (2)可以排成多少个三位数？ (3)可以排成多少个能被 2 整除的无重复数字的三位数？ 解：(1)三位数字的密码，首位可以是 0，数字也可以重 复，每个位置都有 5 种排法，共有 5×5×5＝53＝125(种)． (2)三位数的首位不能为 0，但可以有重复数字，首先考
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共有 60＋96＝156(个)． 其中比 2 000 小的有：千位是 1 的共有 3×4×3＝ 36(个)， 所以符合条件的四位偶数共有 156－36＝120(个)．
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类型 2 分配问题
[典例 2] (1)高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四
个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去
6
2．应用分类加法计数原理的注意事项 分类要做到不重不漏，分类后再分别对每一类进行 计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数． 3．应用分步乘法计数原理的注意事项 分步要做到步骤完整，步与步之间要相互独立，根 据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘得到 总数．
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1．从 3 名女同学和 2 名男同学中选出一人主持本班
答案：C
11
5．如图所示，从点 A 沿圆或三角形的边运动到点 C， 若经过点 B，有________种不同的走法．若可经过点 B， 也可不经过点 B，有________种不同的走法．
解析：经过点 B，不同的走法有 2×2＝4(种)．若可 经过点 B，也可不经过点 B，不同的走法有 2×2＋2＝ 6(种)．
一次班会，则不同的选法种数为( )
A．6
B．5
C．3Leabharlann D．2解析：由分类加法计数原理，共有 3＋2＝5 种不同选
高二数学(选修2-3人教B版)-计数原理全章总结
解：（1）第三项的二项式系数 C52 10 .
例6、求 (1 2x)5的展开式的：
（1）第三项的二项式系数； （2）第三项的系数； （3）所有项的系数和. 解：（2）由通项可知，展开式的第三项是
T3 C52 13 (2x)2 40x2
所以，第三项的系数为40.
例6、求 (1 2x)5的展开式的：
表示？
(a b)n (a b)(a b) (a b)
n个a b
Tr1 Cnr anr br
例6、求 (1 2x)5的展开式的：
（1）第三项的二项式系数； （2）第三项的系数； （3）所有项的系数和.
例6、求 (1 2x)5的展开式的：
（1）第三项的二项式系数； （2）第三项的系数； （3）所有项的系数和.
解：首先将A、B、C、D排成一排，共有 A44 种排法，每一种
排法都会产生五个“空”，在这五个“空”中任选一个，将E
放入，共有 C51 种方法；其次，E中的两个元素可以交换，有 A22
种方法.
所以，共有 A44 C51 A22 240 种不同的排法.
问题4 (a b)n 的展开式中的系数为什么可以用组合数的形式
（
Cm n1
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
Cmn
Cm1 n
）？
作业： 1.一个集合由8个元素组成，这个集合含有3个元素的子集有多 少个？ 2.将6名应届大学毕业生分配到两个用人单位，每个单位至少 两人，一共有多少种不同的分配方案？ 3.求 (9x 1 )18 展开式的常数项，并说明它是展开式的第几项.
3x
入，共有 A43 种排法. 所以，一共有A33 A43 144 种不同的排法.
例5、有6位同学站成一排，符合下列各题要求的不同排法有多 少种？ （2）甲、乙相邻. 解：（2） 设除甲、乙之外的另外四个同学为A、B、C、D. 因为甲、乙要相邻，所以可以把甲、乙“绑”在一起看作一个 元素(记为E).
例6、求 (1 2x)5的展开式的：
（1）第三项的二项式系数； （2）第三项的系数； （3）所有项的系数和. 解：（2）由通项可知，展开式的第三项是
T3 C52 13 (2x)2 40x2
所以，第三项的系数为40.
例6、求 (1 2x)5的展开式的：
表示？
(a b)n (a b)(a b) (a b)
n个a b
Tr1 Cnr anr br
例6、求 (1 2x)5的展开式的：
（1）第三项的二项式系数； （2）第三项的系数； （3）所有项的系数和.
例6、求 (1 2x)5的展开式的：
（1）第三项的二项式系数； （2）第三项的系数； （3）所有项的系数和.
解：首先将A、B、C、D排成一排，共有 A44 种排法，每一种
排法都会产生五个“空”，在这五个“空”中任选一个，将E
放入，共有 C51 种方法；其次，E中的两个元素可以交换，有 A22
种方法.
所以，共有 A44 C51 A22 240 种不同的排法.
问题4 (a b)n 的展开式中的系数为什么可以用组合数的形式
（
Cm n1
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
Cmn
Cm1 n
）？
作业： 1.一个集合由8个元素组成，这个集合含有3个元素的子集有多 少个？ 2.将6名应届大学毕业生分配到两个用人单位，每个单位至少 两人，一共有多少种不同的分配方案？ 3.求 (9x 1 )18 展开式的常数项，并说明它是展开式的第几项.
3x
入，共有 A43 种排法. 所以，一共有A33 A43 144 种不同的排法.
例5、有6位同学站成一排，符合下列各题要求的不同排法有多 少种？ （2）甲、乙相邻. 解：（2） 设除甲、乙之外的另外四个同学为A、B、C、D. 因为甲、乙要相邻，所以可以把甲、乙“绑”在一起看作一个 元素(记为E).
《与名师对话》2015-2016学年高中数学人教版A版选修2-3课件1.1-2两个计数原理的综合应用
D．32 种
解析：5 名学生报名参加两个课外活动小组，每名学生限
报其中的一个小组，则每名学生均有 2 种不同的报名方法，故
不同的报名方法共有 25＝32 种．故选 D.
答案：D
3．已知集合 A {1,2,3}，且 A 中至少有一个奇数，则这样
的集合有( )
A．2 个
B．3 个
C．4 个
D．5 个
解析：满足题意的集合 A 可以是{1}，{3}，{1,2}，{1,3}， {2,3}共有 5 个，故选 D.
易错点：忽略题目的隐含条件致误
某外语组有 9 人，每人至少会英语和日语中的 一门，其中 7 人会英语，3 人会日语，从中选出会英语和日语 的各一人，有多少种不同的选法？
【错解】 第一步，从会英语的 7 人中选一人，有 7 种选 法；第二步，从会日语的 3 人中选一人，有 3 种选法，故共有 7×3＝21(种)不同的选法．
如图，要给地图 A，B，C，D 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，不同的涂色方案有多少种？
【思路启迪】 根据地图的特点确定涂色的顺序，再进行 计算．
【解】 按地图 A，B，C，D 四个区域依次涂色，分四 步完成：
第一步：涂 A 区域，有 3 种选择； 第二步：涂 B 区域，有 2 种选择； 第三步：涂 C 区域，由于它与 A，B 区域颜色不同，有 1 种选择； 第四步，涂 D 区域，由于它与 B，C 区域颜色不同，有 1 种选择． 所以根据分步乘法计数原理，得到不同的涂色方案种数共 有 3×2×1×1＝6.
(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).
沪教版高中三年级数学：计数原理II——加法原理
∴ P31 P41 P82 + P21 P51 P82 =1232个
例4. 如果从7名运动员中选4名运动员组成接力队,参加 4×100接力赛,那么甲、乙两人不跑中间两棒的安排方法 有多少种? 析:按照4名运动员中, ①含甲、乙两人; ②含甲、乙两人之 一; ③不含甲、乙两人进行分类
①甲、乙跑1、4棒有P22 中间两棒有:P52
解:①含甲、乙两人,但甲、乙两人不跑中间两棒有:P22 P52种
②甲、乙之一跑1、4棒有P21P21 中间两棒有:P53
②含甲、乙之一,但该人不跑中间两棒有:P21 P21 P53 种
③不含甲、乙的有P54
③不含甲、乙, 有:P54 种
由加法原理得到:共有 P22 P52 + P21 P21 P53 + P54=400种
“分类”理解:①类与类之间不能重复也不能遗漏; ②“分类”与“分步”的不同点: “分类”中的每一类方法都能独立完成一件事; “分步”中的每一部的方法都无法独立完成一件事;
③“类与类”之间是“或”的关系; 而“步与步”之间是“且”的关关系;
④“分类”与“分步”的图示区别:完成“从A到B”事
件
分 类A
第1类 第…2…类
火车6
分
汽车5
类甲
乙
轮船3
共有6+5+3=14种走法.
例2.用红黄蓝的小旗各一面挂在旗杆上表示信号,每次可以挂 一面或二面或3三面,并且不同的顺序表示不同的信号,共可表 示多少种不同的信号?
解:N=P31 + P32 +P33 =15种不同的信号
例3.在3000到8000之间,有多少个没有重复数字的奇数? 析:题意中出现的数字是一个四位数,其限制条件是首位是3~7 之间的整数,末位是奇数的各位数上数字均不同. 完成四位奇 数必须分二类:①首位是3~7的奇数; ②首位是3~7的偶数
例4. 如果从7名运动员中选4名运动员组成接力队,参加 4×100接力赛,那么甲、乙两人不跑中间两棒的安排方法 有多少种? 析:按照4名运动员中, ①含甲、乙两人; ②含甲、乙两人之 一; ③不含甲、乙两人进行分类
①甲、乙跑1、4棒有P22 中间两棒有:P52
解:①含甲、乙两人,但甲、乙两人不跑中间两棒有:P22 P52种
②甲、乙之一跑1、4棒有P21P21 中间两棒有:P53
②含甲、乙之一,但该人不跑中间两棒有:P21 P21 P53 种
③不含甲、乙的有P54
③不含甲、乙, 有:P54 种
由加法原理得到:共有 P22 P52 + P21 P21 P53 + P54=400种
“分类”理解:①类与类之间不能重复也不能遗漏; ②“分类”与“分步”的不同点: “分类”中的每一类方法都能独立完成一件事; “分步”中的每一部的方法都无法独立完成一件事;
③“类与类”之间是“或”的关系; 而“步与步”之间是“且”的关关系;
④“分类”与“分步”的图示区别:完成“从A到B”事
件
分 类A
第1类 第…2…类
火车6
分
汽车5
类甲
乙
轮船3
共有6+5+3=14种走法.
例2.用红黄蓝的小旗各一面挂在旗杆上表示信号,每次可以挂 一面或二面或3三面,并且不同的顺序表示不同的信号,共可表 示多少种不同的信号?
解:N=P31 + P32 +P33 =15种不同的信号
例3.在3000到8000之间,有多少个没有重复数字的奇数? 析:题意中出现的数字是一个四位数,其限制条件是首位是3~7 之间的整数,末位是奇数的各位数上数字均不同. 完成四位奇 数必须分二类:①首位是3~7的奇数; ②首位是3~7的偶数
公务员考试行测排列组合基本计数原理
公务员考试行测排列组合基本计数原理在各省公务员行测考试中，数量关系是每年都会考察的内容。
这一部分涉及到的内容、题型和知识点都非常繁多，是大家一直比较头痛的部分。
其中，排列组合的相关题目，可能是大家复习当中的难点。
本文是店铺整理的，欢迎阅读。
排列组合基本计数原理排列组合的基本计数原理有两个，加法原理和乘法原理。
下面让我们逐一进行解释：加法原理即分类时采用的计数方法。
也就是说，当完成一件事情，分成几类情况时，把每一类的情况数计算或枚举出来，那么总的情况数，就是所有类的情况数相加。
乘法原理即分步时采用的计数方法。
也就是说，当完成一件事情，分成先后几步时，把每一步的情况数计算或枚举出来，那么总的情况数，就是所有步的情况数相加乘。
那么，何为分类，何为分步?让我们来举例说明。
如果从北京到上海，那么坐飞机可以，坐高铁可以，坐汽车可以，自驾也行，此时称为分类;如果坐飞机有3个航班合适，坐高铁有4趟高铁合适，坐汽车有2趟都行，自驾游也有1种路线，那么从北京到上海，所有的方法数就是3+4+2+1=10种方法。
如果从北京到上海，上海到广州，广州再回北京，整个的行程按顺序分成了3个步骤，此时即为分步;如果从北京到上海有3种方法，上海到广州到4条路线，广州再回北京也有2种方案，那么整个行程，所有的方法数就是3×4×2=24种方法。
我们发现分类与分步，一定是不同的、有区别的，它们的区别就在于：能否独立完成此事。
第一个例子中，想从北京到上海，飞机、高铁、汽车、自驾，这4类方案，都可以完成这个行程，即分类当中的每一类，都可以独立完成整个事情。
第二个例子中，北京到上海，上海到广州，广州再回北京，这是完成整个行程的3步，单独拿出任何一步来，比如上海到广州，这1步，并不意味着整个行程就完成了，即分步当中的任何一步，都不能独立完成此事。
下面来看一个例题，加深对于分类分步的理解：例题：某人乘车从家直接到艺术中心有3条路线可选;从家到体育场有4条路线可选，从体育场到艺术中心有2条路线可选，则他从家到艺术中心共有几种不同的路线?通过阅读题目，我们可以发现，题目所求的从家到艺术中心，可以分成两类情况：要么直接到;要么从体育场中转换乘间接到。
《两个基本计数原理》 学习任务单
《两个基本计数原理》学习任务单一、学习目标1、理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理。
2、能正确运用两个基本计数原理解决简单的计数问题。
3、体会两个计数原理在解决实际问题中的应用，提高分析问题和解决问题的能力。
二、学习重难点1、重点（1）理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的概念。
（2）掌握运用两个基本计数原理进行计数的方法。
2、难点（1）区分何时使用分类加法计数原理，何时使用分步乘法计数原理。
（2）在复杂的问题情境中，正确运用两个基本计数原理进行计数。
三、知识梳理1、分类加法计数原理完成一件事，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 N ＝ m1 ＋ m2 ＋… ＋ mn 种不同的方法。
例如，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 趟，汽车有 2 趟，轮船有 3 趟。
那么从甲地到乙地一共有 4 ＋ 2 ＋ 3 ＝ 9 种不同的走法。
2、分步乘法计数原理完成一件事，需要分成 n 个步骤，做第 1 步有 m1 种不同的方法，做第 2 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 N ＝m1 × m2 × … × mn 种不同的方法。
比如，从 A 村到 B 村有 3 条道路，从 B 村到 C 村有 2 条道路。
那么从 A 村经 B 村到 C 村共有 3 × 2 ＝ 6 条不同的道路。
四、例题解析例 1：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？解：（1）从书架上任取 1 本书，有三类方法：第 1 类方法是从第 1 层取 1 本计算机书，有 4 种方法；第 2 类方法是从第 2 层取 1 本文艺书，有 3 种方法；第 3 类方法是从第 3 层取 1 本体育书，有 2 种方法。
选修2-3：1.2.2组合——排列组合综合应用
第二步：将甲乙两人也排一下，共有A22种排法
第三步：将甲乙等5人看成一个元素，与其余2人，一共三个元素 进行全排 由分步计数原理可知：甲、乙两人中间必须有3人的排法一共有： A53 A22A33种排法
例2. 有3名男生，4名女生，求下列各有多少种不同站法 (6)全体排成一行，男、女各不相邻. 特殊位置排列方式 第一步：将4名女生全排，共有A44种放法
乙、丙三人从左至右的顺序只是6种顺序中的一种 由此可见：甲、乙、丙三人从左至右的顺序的排法一共有：
A
7 7
A
3 种排法 3
例2. 有3名男生，4名女生，求下列各有多少种不同站法 (9)排成前后二排，前排3人，后排4人. 站成两排，其实可以理解为，站成一排后，将后面的人砍到第二 排即可
由此可知：站两排的排法一共有：A77种排法
第二步：将三名男生看成一个元素，与其余4个女生人全排，共有
A55种排法 由分步计数原理可知：3名男生站一起的排法一共有： A33×A55种排法
例2. 有3名男生，4名女生，求下列各有多少种不同站法 (5)全体排成一行，甲、乙两人中间必须有3人. 特殊元素，优先排 第一步：将甲乙中间安排3个人，共有A53种放法
这种排法是要被删掉的
第二步：将乙安排在右端，其余人全排，共有A55种放法 这种排法也是要被删掉的 但是甲在左端且乙在右端的排法有A44，这个排法被减掉2次， 要补回
注意要做到不重不漏
甲不在最左边，乙不在最右边的排法一共有：A66-2A55 +A44种排法
例2. 有3名男生，4名女生，求下列各有多少种不同站法 (1)全体排成一行，其中甲只能在左右两端.
给三个学习兴趣小组去研究，每组一个课题，共有多少种不同
的分法；
【高中数学】计数原理的综合应用(第二课时)课件 高二下学期数学人教A版(2019)选择性必修第三册
4. 高三年级的三个班级到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中
工厂甲必须有班级要去，每班去哪个工厂可自由选择，则不同的分配方案
有( )
A．27种
B．36种
C．54种
D．81种
解：根据题意，甲工厂必须有班级去，可能有一个，也有可能两个或三个， 直接讨论比较麻烦，我们采用间接法：若不加以限制，每个班级都有4种 选择，共有4×4×4种，其中甲工厂没有班级去的方案有3×3×3种，所以 满足题意的有64-27=37种.
对于组数问题，应掌握以下原则 (1)明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关 键．一般按特殊位置(末位或首位)分类，分类中再按特殊位置(特殊元素) 优先的策略分步完成，如果正面分类较多，可采用间接法求解． (2)要注意数字“0”不能排在两位数或两位数以上的数的最高位．
1. 在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼
解：(1)首先填百位数字，不能是0，所以有1，2，3三种选择，然后，十 位和个位都有0，1，2，3四种选择，根据乘法原理可组成 3 4 4 48 个 三位数； (2)没有重复数字，首先填百位数字，不能是0，有三种选择，然后填十位 数字，在余下的数字中选择，包括0有三种选择，最后填个位数字，在余 下的两个数字中选择，只有两种可能，根据乘法原理可组成 3 3 2 18 个不同的三位数； (3)没有重复数字，且百位大于十位大于个位，当百位数是3时有：321， 320，310；当百位数是2时有：210.所以满足条件的有 3 1 4 个三位数.
6.1 计数原理的综合应用
(第二课时)
1.进一步理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别. 2.会正确应用这两个计数原理解决组数问题、选取与分配问题、涂色问 题．
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开始
子模块1 18条执行路径
子模块2 45条执行路径 A
子模块3 28条执行路径
子模块4 38条执行路径
子模块5 43条执行路径
结束
例4.随着人们生活水平的提高，某城市家庭汽车拥有量迅速增 长，汽车牌照号码需要扩容。交通管理部门出台了一种汽车牌 照组成办法，每一个汽车牌照都必须有３个不重复的英文字母 和３个不重复的阿拉伯数字，并且３个字母相邻出现，那么这 种办法共能给多少辆汽车上牌照?
分类计数原理
与 分步计数原理(二)
安徽省会宫中学 良 2013.1.6 朱贤
1、分类加法计数原理：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 N m1 m2 mn 种不同的 方法. 2、分步乘法计数原理：完成一件事，需要分成n个步 骤，做第1步有m1种不同的方法,做第2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 N m1 m2 mn 种不同的方法.
每一步得到的只是中间结果， 任何一步都不能独立完成这件 事，缺少任何一步也不能完成 这件事，只有各个步骤都完成 了，才能完成这件事。
相乘
即：类类独立，步步关联。
课前练习:
1.某商场销售某种配置的电脑，其中 国产品牌的有4种，外国品牌的有7种， 要买1台这种配置的电脑，有多少种 不同的选法？ 加法原理: N= 4 + 7 =11(种)
4 4 4＝4100 种不同的RNA分子. 4
100 个4
例3.计算机编程人员在编 写好程序以后要对程序进 行测试。程序员需要知道 到底有多少条执行路线 （即程序从开始到结束的 路线），以便知道需要提 供多少个测试数据。一般 的，一个程序模块又许多 子模块组成。如图，它是 一个具有许多执行路径的 程序模块。问：这个程序 模块有多少条执行路径？
课前练习:
2.为了对某农作物新品种选择最佳生产条 件,在分别有3种不同土质,2种不同施肥 量,4种不同种植密度,3种不同时间的因素 下进行种植试验,则不同的实验方案共有 多少种?
乘法原理: 3×2×4×3＝72(种)
3.一个三位密码锁,各位上数字由
0,1,2,3,4,5,6,7,8,9十个数字组成, 各位上的数字允许重复。 (1)可以设置多少种三位数的密码？ N1=10×10×10=1000(种) (2)首位数字不为0的密码数是多少？ N2=9×10×10=900(种) (3)首位数字是0的密码数又是多少？ N3=10×10=100(种)
规律总结
用两个计数 原理解决计 数问题时 最 , 重要的是在 开始计算 之 前要进 行仔 细分析 需 要分类还是 需要分步 .
分类要做到 "不重不漏 分类后再分别 ". 对每一类进行计数最后用分类加法计 , 数原理求和 得到总数. , 分步要做到 "步骤完整". 完成了所有 步骤 , 恰好完成任务当然步与步之间要 , 相互独 立 .分步后再计算每一步的 方法 数, 最后根据分步乘法计数 原理, 把完成 每一步方法数相乘得到总数. ,
分析:用100位 第100位 C、G、U中任选一个来占据。
……
4种 4种 4种 4种
解：100个碱基组成的长链共有100个位置，在每个位置中，从A、C、G、U 中任选一个来填入，每个位置有4种填充方法。根据分步计数原理，共有
例1.给程序模块命名，需要用3个字符，其中首个字 符要求用字母A~G或U~Z，后两个要求用数字1～9， 问最多可以给多少个程序命名？
分析：要给一个程序模块命名，可以分三个步骤：第一步， 选首字符；第二步，先中间字符；第三步，选末位字符。
解：首字符共有7+6＝13种不同的选法， 中间字符和末位字符各有9种不同的选法
所以, 根据分类原理, 从A到B共有 N=3+1+4=8 条不同的线路可通电。
在解题有时既要分类又要分步。
5.如图,一蚂蚁沿着长方体的棱,从的一 个顶点爬到相对的另一个顶点的最近路 线共有多少条？
解:如图,从总体上看,如,蚂蚁从顶点A爬到顶点C1有三 类方法,从局部上看每类又需两步完成,所以, 第一类, m1 = 1×2 = 2 条 第二类, m2 = 1×2 = 2 条 第三类, m3 = 1×2 = 2 条 所以, 根据分类记数原理, 从顶点A到顶点C1最近路线 共有 N = 2 + 2 + 2 = 6 条。
分类加法计数原理和分步乘法计数原理的 共同点：解决的都是有关做一件事的不同方法种数的问题 不同点：分类加法计数原理与分类有关， 分步乘法计数原理与分步有关。
分类计数原理
区别1 完成一件事，共有n类 办法，关键词“分类”
分步计数原理
完成一件事，共分n个 步骤，关键词“分步”
每类办法都能独立地完成 这件事情，它是独立的、 区别2 一次的、且每次得到的是 最后结果，只须一种方法 就可完成这件事。 区别3 相加
结束语
两大原理妙无穷
,
茫茫计数此中寻;
万万千千说不尽,
运用解题任驰骋。
作业:
课时作业
课堂练习
1、乘积 (a1 a2 a3 )(b1 b2 b3 )(c1 c2 c3 c4 c5 ) 展开后共有几项？
2、某商场有6个门，如果某人从其中的任意一个 门进入商场，并且要求从其他的门出去，共有多 少种不同的进出商场的方式？
课堂练习
3.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？
甲地
乙地 N1=2×3=6
N2=4×2=8 N= N1+N2 =14
丙地 丁地
课堂练习
4.如图,该电
路,从A到B共 有多少条不 同的线路可 通电？
A
B
解: 从总体上看由A到B的通电线路可分三类,
第一类, m1 = 3 条 第二类, m2 = 1 条 第三类, m3 = 2×2 = 4, 条
根据分步计数原理，最多可以有13×9×9＝1053种不同的选法
答：最多可以给1053个程序命名。
例2.核糖核酸（RNA）分子是在生物细胞中发现的化学成分，一个RNA分子 是一个有着数百个甚至数千个位置的长链，长链中每一个位置上都由一种称 为碱基的化学成分所占据，总共有４个不同的碱基，分别用A，C，G，U表 示，在一个RNA分子中，各种碱基能够以任意次序出现，所以在任意一个位 置上的碱基与其他位置上的碱基无关。假设有一类RNA分子由100个碱基组 成，那么能有多少种不同的RNA分子？