奥数讲义计数专题：加法原理、乘法原理

华杯赛计数专题：加法原理、乘法原理

基础知识：

1.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.

2.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.

3.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.

4.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.

例题：

例1.从1开始依次写下去一直到999，得到一个多位数1234567891011121314…997998999，请问：（1）这个多位数一共有多少位？

（2）第999位数字是多少？

（3）在这个多位数中，数字9一共出现了多少次？

（4）数字0一共出现了多少次？

问题（1）这个多位数一共有多少位？

【答案】（1）2889；（2）9；（3）300；（4）189

【解答】分析1：999个自然数构成一个多位数，可以利用加法原理分类的思想求这个多位数的位数.将这999个自然数分成3类：第1类是1位数；第2类是2位数；第3类是3位数.分别计算每一类自然数占了多少位，再求和就可以得出多位数的位数了.

详解1：按照自然数的位数去分类.

构成这个多位数的自然数中1位数有9个，占了9位；2位数有90个，占了

2×90=180位；3位数有900个，占了3×900＝2700位；所以这个多位数总共有

9+180+2700=2889位.

问题（2）第999位数字是多少？

详解2：1位数和2位数一共占了189位，999位数数字还需要3位数占据999－

189=810位.由810÷3=270…0可知第999位数字是第270个3位数的最后1位.第270个3位数是369，所以第999位数字是9.

问题（3）在这个多位数中，数字9一共出现了多少次？

分析3：前面2问分类的方法是按照自然数的位数去分类，1位数，2位数，3位数各自分为一类.但按照这种分类的思路来解第3问就不是很方便了：1位数含有1个9，2位数含有19个9，但是考虑3位数含有多少个9还是比较复杂.通过这种分类的思路去分析问题并没有使问题变得简单.

可以考虑按照分段的方法去分类，第1类1—99；第2类100—199；第3类200—299；……；第10类900—999.分别计算每一类中包含了多少个9，然后再加和就可以了.注意利用每一类的相似性，比如第1类到第9类每一类所包含9的个数应该一样多，当然

第10类900—999中9的个数比前9类要多100个.

再考虑一种分类的方法，按照9出现的位置去分类.首先考虑9在百位出现了多少次；再考虑9在十位出现了多少次；最后考虑9在个位出现了多少次.

详解3：按照分段的方法去分类.

实际这种分类方法也是按照百位数的不同去分类，在每一类中百位数是相同的（1—99可以看成百位数为0）.

考虑第1类1—99中包含了多少个9，个位包含9的有：9，19，29，39，49，59，69，79，89，99一共10个；十位包含9的有：90，91，92，93，94，95，96，97，98，99也是10个.这样在1—99中9在个位和十位各出现了10次，一共是20次.

同理，第2类100—199；第3类200—299；……；第9类800—899；每一类中也都包含20个9.第10类900—999中9的个数比前9类要多100个，应该是120个.所以原来的多位数中总共有20×9＋120=300个9.

其实更快的方法是按9出现的位置去数，应用乘法原理.

问题（4）数字0一共出现了多少次？

详解4：按照0出现在个位、十位去分类

当0出现在十位时，百位可以为1~9，个位可以为0~9，根据乘法原理，共有

9×10=90次；同理，当0出现在个位时，共有9×10+9=99次，所以原来的多位数中0出现了99＋90=189次.

例2.允许数字重复，那么用数字0、1、3、5、7、9最多可以组成多少个不同的三位数？

【答案】180

【解答】百位有5种选择，十位和个位都有6种选择.根据乘法原理，一共可以组成

5×6×6=180个三位数.

变化：如果不允许数字重复呢？

其中被5整除的无重复数字的三位数又有多少个呢？

例3.在所有的三位数中，至少出现一个2的偶数有________个.

【答案】162

【解答】①个位是2的有9×10=90个；②十位是2但个位不是2的偶数有9×4＝36个；③百位是2但十位和个位都不是2的偶数有9×4=36个，所以一共有90＋36＋36＝162个符合条件的三位数.

例4.用1、2、3、4、5这5个数字组成四位数，至多允许有1个数字重复两次.例如1234、1233和2454是满足条件的，而1212、3335和4444就是不满足条件的.那么，所有这样的四位数共有________个.

【答案】480个

【解答】方法1：分类讨论.如果包含4个互不相同的数字，一共有5×4×3×2=120个；如果包含3个互不相同的数字，我们可以先从5个数字中选出3个数字，然后再从挑出的3个数字中选1个可以重复，最后把这3个数字带上1个重复的数字共4个数字排成

1行.根据乘法原理，就有个，所以一共有120＋360＝480个四位

数.

方法2：排除法.所有可能的四位数有5×5×5×5＝625个；只包含1个数字的有5个，包含2个数字的有5×4×（2×2×2－1）＝140个.那么包含3个或4个不同数字的四位数有625－5－140=480个.

例5.书架上有1本英语书，9本不同的语文书，9本不同的数学书和7本不同的历史书.现在要从中取出3本书，而且不能有两本是同一科的.那一共有多少种取法？

【答案】774

【解答】因为一共要4种书中选3种，所以要分4种情况讨论：如果拿的是英语、语文和数学书，根据乘法原理一共有1×9×9种方法；如果拿的是英语、语文和历史书，一共有1×9×7种拿法，同理另外两种情况分别有1×9×7种和9×9×7种拿法.最后我们根据加法原理，一共有1×9×9＋1×9×7＋1×9×7＋9×9×7＝1×9×16＋10×9×7＝144＋630＝774种拿法.

例6.用0，1，2，3，4这五个数字可以组成多少个无重复数字的：

（1）银行存折的四位密码；

（2）四位数；

（3）四位奇数.

【答案】（1）120（个）；（2）96（个）；（3）36（个）.

【解答】（1）完成“组成无重复数字的四位密码”这件事，可以分四个步骤：

第一步：选取左边第一个位置上的数字，有5种选取方法；

第二步：选取左边第二个位置上的数字，有4种选取方法；

第三步：选取左边第三个位置上的数字，有3种选取方法；

第四步：选取左边第四个位置上的数字，有2种选取方法；

由乘法原理，可组成不同的四位密码共有N=5×4×3×2=120（个）.

（2）完成“组成无重复数字的四位数”这件事，可以分四个步骤：

第一步：从1，2，3，4中选取一个数字作千位数字，有4种选取方法；

第二步：从1，2，3，4中余下的三个数字和0中选取一个数字作百位数字，有4种选取方法；

第三步：从余下的三个数字中选取一个数字作十位数字，有3种选取方法；

第四步：从余下的两个数字中选取一个数字作个位数字，有2种选取方法；

由乘法原理，可组成不同的四位数共有N=4×4×3×2=96（个）.

（3）完成“组成无重复数字的四位奇数”这件事，可以分四个步骤：

第一步：从1，3中选取一个数字作个位数字，有2种选取方法；

第二步：从1，3中余下的一个数字和2，4中选取一个数字作千位数字，有3种选取方法；

第三步：从余下的三个数字中选取一个数字作百位数字，有3种选取方法；

第四步：从余下的两个数字中选取一个数字作十位数字，有2种选取方法；

由乘法原理，可组成不同的四位奇数共有N=2×3×3×2=36（个）.

例7.在1～20共20个整数中取两个数相加,使其和为偶数的不同取法共有多少种?

【答案】90（种）

【解答】取a+b与取b+a是同一种取法.分类标准为两加数的奇偶性,第一类,偶偶相加,由乘法原理得（10×9）/2=45种取法,第二类,奇奇相加,也有（10×9）/2=45种取法.根据加法原理共有45＋45=90种不同取法.

例8.将5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案有多少种？

【答案】150（种）

【解答】5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆，可以分成3，1，1和2，2，1两类，

第一类：分成3，1，1，完成此件事可以分成3步，

第1步：3个馆选一个馆去3个人，共有3种选法，

第2步：5个人中选3个人，共有种选法，

第3步：剩下的2个人分别去两个馆，

所以当分配成3，1，1时，根据乘法原理，共有3×10×2=60（种）；

第二类：分成2，2，1，完成此件事可以分成3步，

第1步：5个人中选出一个人，共有5种选法，

第2步：3个馆中选出一个馆，共有3种选法，

第3步：剩下的4个人中选2个人去剩下两个馆中的一个，最后一个人去另外一个馆，共有（种），

所以当分配成2，2，1时，根据乘法原理，共有5×3×6=90（种）；

所以根据加法原理，不同的分配方案共有60＋90=150（种）.

例9.用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数有多少个？

【答案】40（个）

【解答】可分三步来做这件事：

第一步：先将3、5放到六个数位中的两个，共有2种排法；

第二步：再将4、6插空放入剩下四个数位中的两个，共有2×2=4种排法；

第三步：将1、2放到3、5、4、6形成的空位中，共有5种排法.

根据乘法原理：共有2×4×5=40（种）.

例10.在一个3行4列的方格表内放入4枚相同的棋子，要求每列至多只有1枚棋子，每行不做限制，那么一共有多少种不同的放法？在一个3行4列的方格表内放入4枚互不相同的棋子，要求每列至多只有1枚棋子，每行不做限制，那么一共有多少种不同的放法？

【答案】81（种）；1944（种）

【解答】「问题1」4枚棋子放入4列，每一列有且仅有1枚棋子，因此总共分4个步骤考虑.第1步考虑第1列的棋子放在什么位置；第2步考虑第2列的棋子放在什么位置；第3步考虑第3列的棋子放在什么位置；第4步考虑第4列的棋子放在什么位置.每一步都有3种选择方法，所以方法数一共有3×3×3×3=81种.

「问题2」假设4枚互不相同的棋子为A，B，C，D.将按照下面的4个步骤进行考虑，先放棋子A，12个格子可以随便选择，一共有12种方法.第2步放棋子B，A那一列的3个格子不能选择，其它的格子都可以放B，所以一共有9种方法.第3步放棋子C，A、B那两列一共6个格子不能选，所以一共有6种方法.第4步放棋子D，A、B、C三列一共9个格子不能选，还剩3个格子，所以一共有3种方法.利用乘法原理，放入4个不同棋子的方法数一共有12×9×6×3=1944种方法.

另外一种解法.

「问题2」4个棋子要占4个方格，先选出放棋子的4个方格.实际上挑出4个方格的方法数和第1问是完全相同的，总共有3×3×3×3=81种选择方法.

选好方格后再将棋子排列进去，第1列的方格可以选择A，B，C，D中的任何一个棋子，所以有4种方法；第2列的方格还剩下三个棋子可供选择，所以有3种方法；第3列的方格还剩下两个棋子可供选择，有2种方法；第4列的方格只有1种方法.所以选好4个方格后排列棋子的方法数一共是4×3×2×1=24种.

选4个方格有81种方法，选好4个方格后放棋子一共有24种方法，所以将表格中放入4个互不相同的棋子的总方法数是81×24=1944种.

例11. 如图，把图中的8个部分用红、黄、绿、蓝4种不同的颜色着色，且相邻的部分不能使用同一种颜色，不相邻的部分可以使用同一种颜色.那么，这幅图共有多少种不同的着色方法？

【答案】768（种）

【解答】按照A，B，D，E，C，G，F，H的步骤进行染色.

对A进行染色的时候没有任何的限制，总共有4种染色的方法；对B进行染色的时候由于不能和A同色，所以有3种染色的方法；对D进行染色的时候由于不能和A，B同色，所以只剩2种染色的方法；对E进行染色时不能和B，D同色，所以有2种染色的方法；对C进行染色时不能和B，E同色，所以有2种染色方法；对G进行染色时不能和D，E同色，所以有2种染色的方法；对F进行染色时不能和D，G同色，所以有2种染色的方法；对H进行染色时不能和E，G同色，所以有2种染色的方法.

综合上面的八个步骤，利用乘法原理，共有4×3×2×2×2×2×2×2=768种着色的方法.

「评议」本题染色的步骤还有很多种，大家考虑一下按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤进行染色是否可以？

可能有同学发现按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤进行染色会算出另外一个答案4×3×3×2×1×3×1×2=432.当然，正确答案只能有一个，那么这种分步方法到底错在哪

里呢？

这里要提到利用乘法原理一条重要的原则：“前不影响后”.无论前面步骤采取哪种染色方法，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.而按照A，B，C，D，E，F，G，H的步骤来染色就违反了这个原则.请看下面图中的例子：

在上面的例子中，左图前4步采取的染色方法是红、黄、绿、蓝，第5步对E进行染色时只有1种方法；右图前4步采取的染色方法是红、黄、绿、绿，这样第5步对E进行染色时有2种方法.于是第5个步骤对E进行染色无法确定到底有几种染色的方法，前4步不同的染色方案影响到了第5步的方法数，既然不能确定是1种还是2种，乘法原理自然也就无法应用了.