(小学奥数)7-2-2 较复杂的乘法原理.学生版
小学奥数——乘法原理与加法原理
乘法原理与加法原理在日常生活中常常会遇到这样一些问题，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，要知道完成这件事一共有多少种方法，就用我们将讨论的乘法原理来解决．例如某人要从北京到大连拿一份资料，之后再到天津开会．其中，他从北京到大连可以乘长途汽车、火车或飞机，而他从大连到天津却只想乘船．那么，他从北京经大连到天津共有多少种不同的走法？分析这个问题发现，某人从北京到天津要分两步走．第一步是从北京到大连，可以有三种走法，即：第二步是从大连到天津，只选择乘船这一种走法，所以他从北京到天津共有下面的三种走法：3×1=3．如果此人到大连后，可以乘船或飞机到天津，那么他从北京到天津则有以下的走法：共有六种走法，注意到3×2=6．在上面讨论问题的过程中，我们把所有可能的办法一一列举出来．这种方法叫穷举法．穷举法对于讨论方法数不太多的问题是很有效的．在上面的例子中，完成一件事要分两个步骤．由穷举法得到的结论看到，用第一步所有的可能方法数乘以第二步所有的可能方法数，就是完成这件事所有的方法数．一般地，如果完成一件事需要个步骤，其中，做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法，…，做第步有种不同的方法，那么，完成这件事一共有种不同的方法．这就是乘法原理．例1.某人到食堂去买饭，主食有三种，副食有五种，他主食和副食各买一种，共有多少种不同的买法？补充说明：由例题可以看出，乘法原理运用的范围是：①这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成；②每个步骤各有若干种不同的方法来完成．这样的问题就可以使用乘法原理解决问题．例2.右图中有7个点和十条线段，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何线段和点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同的走法？例3.书架上有6本不同的外语书，4本不同的语文书，从中任取外语、语文书各一本，有多少种不同的取法？例4.王英、赵明、李刚三人约好每人报名参加学校运动会的跳远、跳高、100米跑、200米跑四项中的一项比赛，问：报名的结果会出现多少种不同的情形？例5.由数字0、1、2、3组成三位数，问：①可组成多少个不相等的三位数？②可组成多少个没有重复数字的三位数？分析在确定由0、1、2、3组成的三位数的过程中，应该一位一位地去确定．所以，每个问题都可以看成是分三个步骤来完成．①要求组成不相等的三位数．所以，数字可以重复使用，百位上，不能取0，故有3种不同的取法；十位上，可以在四个数字中任取一个，有4种不同的取法；个位上，也有4种不同的取法.②要求组成的三位数中没有重复数字，百位上，不能取0，有3种不同的取法；十位上，由于百位已在1、2、3中取走一个，故只剩下0和其余两个数字，故有3种取法；个位上，由于百位和十位已各取走一个数字，故只能在剩下的两个数字中取，有2种取法．例6.由数字1、2、3、4、5、6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？分析要组成四位数，需一位一位地确定各个数位上的数字，即分四步完成，由于要求组成的数是奇数，故个位上只有能取1、3、5中的一个，有3种不同的取法；十位上，可以从余下的五个数字中取一个，有5种取法；百位上有4种取法；千位上有3种取法，故可由乘法原理解决．例7.右图中共有16个方格，要把A、B、C、D四个不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能出现一个棋子．问：共有多少种不同的放法？分析由于四个棋子要一个一个地放入方格内．故可看成是分四步完成这件事．第一步放棋子A，A可以放在16个方格中的任意一个中，故有16种不同的放法；第二步放棋子B，由于A 已放定，那么放A的那一行和一列中的其他方格内也不能放B，故还剩下9个方格可以放B，B有9种放法；第三步放C，再去掉B所在的行和列的方格，还剩下四个方格可以放C，C有4种放法；最后一步放D，再去掉C所在的行和列的方格，只剩下一个方格可以放D，D有1种放法，本题要由乘法原理解决．例8.现有一角的人民币4张，贰角的人民币2张，壹元的人民币3张，如果从中至少取一张，至多取9张，那么，共可以配成多少种不同的钱数？分析要从三种面值的人民币中任取几张，构成一个钱数，需一步一步地来做．如先取一角的，再取贰角的，最后取壹元的．但注意到，取2张一角的人民币和取1张贰角的人民币，得到的钱数是相同的．这就会产生重复，如何解决这一问题呢？我们可以把壹角的人民币4张和贰角的人民币2张统一起来考虑．即从中取出几张组成一种面值，看共可以组成多少种．分析知，共可以组成从壹角到捌角间的任何一种面值，共8种情况．（即取两张壹角的人民币与取一张贰角的人民币是一种情况；取4张壹角的人民币与取2张贰角的人民币是一种情况．）这样一来，可以把它们看成是8张壹角的人民币．整个问题就变成了从8张壹角的人民币和3张壹元的人民币中分别取钱．这样，第一步，从8张壹角的人民币中取；第二步，从3张壹元的人民币中取共4种取法，即0、1、2、3．但要注意，要求“至少取一张”.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，如果完成一件事有类方法，第一类方法中有种不同做法，第二类方法中有种不同做法，…，第类方法中有种不同的做法，则完成这件事共有种不同的方法．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？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？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．第二类，由甲地直接到丙地．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．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．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；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．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．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．自我检测1.某罪犯要从甲地途经乙地和丙地逃到丁地，现在知道从甲地到乙地有3条路可以走，从乙地到丙地有2条路可以走，从丙地到丁地有4条路可以走．问，罪犯共有多少种逃走的方法？2.如右图，在三条平行线上分别有一个点，四个点，三个点（且不在同一条直线上的三个点不共线）．在每条直线上各取一个点，可以画出一个三角形．问：一共可以画出多少个这样的三角形？3.在自然数中，用两位数做被减数，用一位数做减数．共可以组成多少个不同的减法算式？4.一个篮球队，五名队员A、B、C、D、E，由于某种原因，C不能做中锋，而其余四人可以分配到五个位置的任何一个上．问：共有多少种不同的站位方法？5.由数字1、2、3、4、5、6、7、8可组成多少个①三位数？②三位偶数？③没有重复数字的三位偶数？④百位为8的没有重复数字的三位数？⑤百位为8的没有重复数字的三位偶数？6.某市的电话号码是六位数的，首位不能是0，其余各位数上可以是0～9中的任何一个，并且不同位上的数字可以重复．那么，这个城市最多可容纳多少部电话机？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？。
(精品)小学奥数7-3-1 加乘原理之综合运用.专项练习及答案解析
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．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 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．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？教学目标例题精讲知识要点7-3-1.加乘原理之综合运用【考点】加乘原理之综合运用 【难度】1星 【题型】解答【解析】 ⑴小明只买一种糖，完成这件事一步即可完成，有两类办法：第一类是从2种巧克力糖中选一种有2种办法；第二类是从3种水果糖中选一种，有3种办法．因此，小明有235+=种选糖的方法．⑵小明完成这件事要分两步，每步分别有2种、3种方法，因此有326⨯=种方法．【答案】⑴5 ⑵6【例 2】 从2，3，5，7，11这五个数中，任取两个不同的数分别当作一个分数的分子与分母，这样的分数有_______________个，其中的真分数有________________个。
小学奥数 乘法原理练习及答案
乘法原理【课前思考】某人要从北京到大连拿一份资料，之后再到天津开会．其中，他从北京到大连可以乘长途汽车、火车或飞机，而他从大连到天津却只想乘船．那么，他从北京经大连到天津共有多少种不同的走法？【定义】一般地，如果完成一件事需要n个步骤，其中，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，⋯，做第n步有mn种不同的方法，那么，完成这件事一共有：N=m1×m2×⋯×mn种不同的方法．这就是乘法原理．【例题精讲】例1．某人到食堂去买饭，主食有三种，副食有五种，他主食和副食各买一种，共有多少种不同的买法？例2．右图中有7个点和十条线段，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何线段和点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同的走法？例3．书架上有6本不同的外语书，4本不同的语文书，从中任取外语、语文书各一本，有多少种不同的取法？例4．王英、赵明、李刚三人约好每人报名参加学校运动会的跳远、跳高、100米跑、200米跑四项中的一项比赛，问：报名的结果会出现多少种不同的情形？例5．由数字0、1、2、3组成三位数，问：①可组成多少个不相等的三位数？②可组成多少个没有重复数字的三位数？例6．由数字1、2、3、4、5、6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？例7．右图中共有16个方格，要把A、B、C、D四个不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能出现一个棋子．问：共有多少种不同的放法？例8．现有一角的人民币4张，贰角的人民币2张，壹元的人民币3张，如果从中至少取一张，至多取9张，那么，共可以配成多少种不同的钱数？【课后作业】1．某罪犯要从甲地途经乙地和丙地逃到丁地，现在知道从甲地到乙地有3条路可以走，从乙地到丙地有2条路可以走，从丙地到丁地有4条路可以走．问，罪犯共有多少种逃走的方法？2．如右图，在三条平行线上分别有一个点，四个点，三个点（且不在同一条直线上的三个点不共线）．在每条直线上各取一个点，可以画出一个三角形．问：一共可以画出多少个这样的三角形？3．在自然数中，用两位数做被减数，用一位数做减数．共可以组成多少个不同的减法算式？4．一个篮球队，五名队员A、B、C、D、E，由于某种原因，C不能做中锋，而其余四人可以分配到五个位置的任何一个上．问：共有多少种不同的站位方法？5．由数字1、2、3、4、5、6、7、8可组成多少个①三位数？②三位偶数？③没有重复数字的三位偶数？④百位为8的没有重复数字的三位数？⑤百位为8的没有重复数字的三位偶数？6．某市的电话号码是六位数的，首位不能是0，其余各位数上可以是0～9中的任何一个，并且不同位上的数字可以重复．那么，这个城市最多可容纳多少部电话机？参考答案课前思考3种例1、15种例2、9种；例3、24种；例4、64种；例5、48个，18个；例6、180个；例7、576种；例8、35种；。
a小学数学奥赛7-2-1简单乘法原理.教师版.docx
7-2-1. 简单乘法原理教学目标1.使学生掌握乘法原理主要内容，掌握乘法原理运用的方法；2.使学生分清楚什么候用乘法原理，分清有几个必要的步，以及各步之的关系．3.培养学生准确分解步的解能力；乘法原理的数学思想主旨在于分步考，本的目的也是了培养学生分步考的．知识要点一、乘法原理概念引入老周六要去同学上，首先得从家出到宁上 8 点的，然后得赶到黄埔去上下午 1 点半的．如果申老的家到宁有 5 种可的交通工具（公交、地、出租、自行、步行），然后再从宁到黄埔有 2 种可的交通工具（公交、地），同学，你老从家到黄埔一共有多少条路？我看上面个示意，老必先的到宁，然后再到黄埔．几个是必不可少的，老是一定要先到宁上完，才能去黄埔的．在没学乘法原理之前，我可以通一条一条的数，把路找出来，而易一共是 10 条路．但是要是老从家到宁有25 种可的交通工具，并且从宁到黄埔也有30 种可的交通工具，那一共有多少条路呢？数，恐怕是要耗很多的了．个候我的乘法原理就派上上用了．二、乘法原理的定义完成一件事，个事情可以分成n 个必不可少的步（比如老从家到黄埔，必要先到宁，那么一共可以分成两个必不可少的步，一是从家到宁，二是从宁到黄埔），第 1 步有 A 种不同的方法，第二步有 B 种不同的方法，⋯⋯，第 n 步有 N 种不同的方法．那么完成件事情一共有A×B×⋯⋯×N 种不同的方法．合上个例子，老要完成从家到黄埔的么一件事，需要 2 个步，第 1 步是从家到宁，一共 5 种；第 2 步从宁到黄埔，一共 2 种；那么老从家到黄埔一共有5×2 个可的路了，即10 条．三、乘法原理解题三部曲1、完成一件事分N 个必要步；2、每步找种数（每步的情况都不能独完成件事）；3、步步相乘四、乘法原理的考题类型1、路种——比如老的个例子就是个路种；2、字的染色——比如要 3 个字，然后有 5 种色可以每个字然后， 3 个字有多少种染色方法；3、地的染色——同学可以回家看地，比如中国每个省的染色情况，你几种色，你一包括几个部分的地有几种染色的方法；4、排队问题——比如说 6 个同学，排成一个队伍，有多少种排法；5、数码问题——就是对一些数字的排列，比如说给你几个数字，然后排个几为数的偶数，有多少种排法．例题精讲【例 1】邮递员投递邮件由 A 村去 B 村的道路有3 条，由 B 村去 C 村的道路有 2 条，那么邮递员从 A 村经B 村去C 村，共有多少种不同的走法？北1号路中B CA南2号路【难度】 1 星【考点】简单乘法原理【题型】解答【解析】把可能出现的情况全部考虑进去．第一步第二步南1号路C 村A 村B 村2号路北1号路C 村A 村B 村2号路中1号路C 村A 村B 村2号路由分析知邮递员由 A 村去 B 村是第一步，再由 B 村去 C 村为第二步，完成第一步有 3 种方法，而每种方法的第二步又有 2 种方法．根据乘法原理，从A村经 B村去 C村，共有3×2=6 种方法．【答案】 6【巩固】如下图所示，从 A 地去 B 地有 5 种走法，从 B 地去 C 地有 3 种走法，那么李明从A地经B地去C 地有多少种不同的走法？C B A【考点】简单乘法原理【难度】 1 星【题型】解答【解析】从 A 地经 B 地去 C 地分为两步，由 A 地去 B 地是第一步，再由 B 地去 C 地为第二步，完成第一步有 5 种方法，而每种方法的第二步又有 3 种方法．根据乘法原理，从 A 地经 B 地去 C 地，共有 5×3=15 种方法．【答案】 15【例 2】如下图中，小虎要从家沿着线段走到学校，要求任何地点不得重复经过．问：他最多有几种不同走法？学校家【解析】从家到中间结点一共有12 种走法，从中间结点到学校一共有3 种走法，根据乘法原理，一共有3×2=6种走法．【答案】6【巩固】在下图中，一只甲虫要从 A 点沿着线段爬到 B 点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法？ACB【考点】简单乘法原理【难度】 1 星【题型】解答【解析】甲虫要从 A 点沿着线段爬到 B 点，需要经过两步，第一步是从 A 点到 C 点，一共有 3 种走法；第二步是从 C 点到 B 点，一共也有 3 种走法，根据乘法原理一共有3×3=9 种走法．【答案】 9【巩固】在右图中，一只甲虫要从 A 点沿着线段爬到 B 点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法？A BC D【考点】简单乘法原理【解析】从 A 点沿着线段爬到从 C点到 D点，有【难度】 2 星【题型】解答B 点需要分成三步进行，第一步，从 A 点到1 种走法；第三步，从 D 点到 B 点，一共也有C 点，一共有 3 种走法；第二步，3 种走法．根据乘法原理，一共有 3×1×3=9 种走法．【答案】 9【巩固】在右图中，一只蚂蚁要从 A 点沿着线段爬到 B 点，要求任何点不得重复经过．问：这只蚂蚁最多有几种不同走法？A BC D【考点】简单乘法原理【难度】 2 星【题型】解答【解析】解这道题时千万不要受铺垫题目的影响，第一步， A 点到 C 点的走法是 3 种；第二步，从 C 点到 D 点，有 1 种走法；但第三步，从 D 点到 B 点的走法并不是 3 种，由 D 出去有 2 条路选择，到下一岔路口又有 2 条路选择，所总共有2×2=4（种）走法，根据乘法原理，这只蚂蚁最多有 3 1 4 12 （种）不同走法．【答案】 12【巩固】在右图中，一只甲虫要从 A 点沿着线段爬到 B 点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法？A BC D【考点】简单乘法原理【难度】 2 星【题型】解答【解析】从 A 点沿着线段爬到 B 点需要分成三步进行，第一步，从 A 点到 C 点，一共有 3 种走法；第二步，从 C 点到 D 点，一共也有 3 种走法；第三步，从 D 点到 B 点，一共也有 3 种走法．根据乘法原理，一共有 3 3 327 种走法．【答案】 27【巩固】在右图中，一只甲虫要从 A 点沿着线段爬到 B 点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法 ?BCA【考点】简单乘法原理【难度】 3 星【题型】解答【解析】解这道题时千万不要受铺垫题目的影响， A 点到 C 点的走法不是 3 种，而是 4 种，C点到B点的走法也是 4 种，根据乘法原理，这只甲虫最多有 4 416 种走法．【答案】 16【例 3】如果将四面颜色不同的小旗子挂在一根绳子上，组成一个信号，那么这四面小旗子可组成种不同的信号。
小学奥数教程-乘法原理之染色问题教师版139全国通用含答案
7-2-3乘法原理之染色问题1.使学生掌握乘法原理主要内容，掌握乘法原理运用的方法；2.使学生分清楚什么时候用乘法原理，分清有几个必要的步骤，以及各步之间的关系．3.培养学生准确分解步骤的解题能力；乘法原理的数学思想主旨在于分步考虑问题，本讲的目的也是为了培养学生分步考虑问题的习惯．一、乘法原理概念引入老师周六要去给同学们上课，首先得从家出发到长宁上8点的课，然后得赶到黄埔去上下午1点半的课．如果说申老师的家到长宁有5种可选择的交通工具（公交、地铁、出租车、自行车、步行），然后再从长宁到黄埔有2种可选择的交通工具（公交、地铁），同学们，你们说老师从家到黄埔一共有多少条路线？我们看上面这个示意图，老师必须先的到长宁，然后再到黄埔．这几个环节是必不可少的，老师是一定要先到长宁上完课，才能去黄埔的．在没学乘法原理之前，我们可以通过一条一条的数，把线路找出来，显而易见一共是10条路线．但是要是老师从家到长宁有25种可选择的交通工具，并且从长宁到黄埔也有30种可选择的交通工具，那一共有多少条线路呢？这样数，恐怕是要耗费很多的时间了．这个时候我们的乘法原理就派上上用场了．二、乘法原理的定义完成一件事，这个事情可以分成n个必不可少的步骤（比如说老师从家到黄埔，必须要先到长宁，那么一共可以分成两个必不可少的步骤，一是从家到长宁，二是从长宁到黄埔），第1步有A种不同的方法，第二步有B种不同的方法，……，第n步有N种不同的方法.那么完成这件事情一共有A x B x……x N种不同的方法．结合上个例子，老师要完成从家到黄埔的这么一件事，需要2个步骤，第1步是从家到长宁，一共5种选择；第2步从长宁到黄埔，一共2种选择；那么老师从家到黄埔一共有5x2个可选择的路线了，即10条.三、乘法原理解题三部曲1、完成一件事分N个必要步骤；2、每步找种数（每步的情况都不能单独完成该件事）；3、步步相乘四、乘法原理的考题类型1、路线种类问题——比如说老师举的这个例子就是个路线种类问题；2、字的染色问题——比如说要3个字，然后有5种颜色可以给每个字然后，问3个字有多少种染色方法；3、地图的染色问题——同学们可以回家看地图，比如中国每个省的染色情况，给你几种颜色，问你一张包括几个部分的地图有几种染色的方法；4、排队问题——比如说6个同学，排成一个队伍，有多少种排法；5、数码问题——就是对一些数字的排列，比如说给你几个数字，然后排个几为数的偶数，有多少种排法．【例1】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？【考点】乘法原理之染色问题【难度】3星【题型】解答【解析】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.根据乘法原理，不同的涂法有3x 2x 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）.根据乘法原理，不同的涂法有3x2x 1 x 1=6种.综上，根据加法原理，共有12 + 6=18种不同的涂法.【答案】18【巩固】如果有红、黄、蓝、绿四种颜色给例题中的地图染色,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？【考点】乘法原理之染色问题【难度】3星【题型】解答【解析】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3x2=6种方法，D剩下2种方法，对该图的染色方法一共有4x（3x3 + 3x2x2）= 84种方法.【注意】给地图染色问题中有的可以直接用乘法原理解决，有的需要分类解决，前者分类做也可以解决问题. 【答案】84【例2】在右图的每个区域内涂上A、B、C、D四种颜色之一，使得每个圆里面恰有四种颜色，则一共有 __________ 种不同的染色方法．【考点】乘法原理之染色问题【难度】4星【题型】解答【解析】因为每个圆内4个区域上染的颜色都不相同，所以一个圆内的4个区域一共有4x3x2=24种染色方法.如右图所示，当一个圆内的1、2、3、4四个区域的颜色染定后，由于6号区域的颜色不能与2、3、4三个区域的颜色相同，所以只能与1号区域的颜色相同，同理5号区域只能与4号区域的颜色相同，7号区域只能与2号区域的颜色相同，所以当1、2、3、4四个区域的颜色染定后，其他区域的颜色也就相应的只有一种染法，所以一共有24种不同的染法.【答案】24【例3】如图，地图上有A，B，C，D四个国家，现用五种颜色给地图染色，要使相邻国家的颜色不相同，有多少种不同染色方法?ABC D【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】为了按要求给地图上的这四个国家染色，我们可以分四步来完成染色的工作：第一步：给A 染色，有5种颜色可选.第二步：给B 染色，由于B 不能与A 同色，所以B 有4种颜色可选.第三步：给C 染色，由于C 不能与A 、B 同色，所以C 有3种颜色可选.第四步：给D 染色，由于D 不能与B 、C 同色，但可以与A 同色，所以D 有3种颜色可选. 根据分步计数的乘法原理，用5种颜色给地图染色共有5 x 4 x 3 x 3=180种不同的染色方法. 【答案】180 【巩固】如图，一张地图上有五个国家A , B , C , D , E ，现在要求用四种不同的颜色区分不同国家，要求相邻的国家不能使用同一种颜色，不同的国家可以使用同—种颜色，那么这幅地图有多少着色 方法？【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】第一步，给A 国上色，可以任选颜色，有四种选择；第二步，给B 国上色，B 国不能使用A 国的颜色，有三种选择；第三步，给C 国上色，C 国与B , A 两国相邻，所以不能使用A , B 国的颜色，只有两种选择；第四步，给D 国上色，D 国与B , C 两国相邻，因此也只有两种选择；第五步，给E 国上色，E 国与C , D 两国相邻，有两种选择.共有4x 3x 2x 2x 2=96种着色方法.【答案】96【例 4】 如图：将一张纸作如下操作，一、用横线将纸划为相等的两块，二、用竖线将下边的区块划为相等的两块，三、用横线将最右下方的区块分为相等的两块，四、用竖线将最右下方的区块划为相等的两块……，如此进行8步操作，问：如果用四种颜色对这一图形进行染色，要求相邻区块颜色不同，应该有多少种不同的染色方法？【解析】对这张纸的操作一共进行了8次，每次操作都增加了一个区块，所以8次操作后一共有9个区块， 我们对这张纸，进行染色就需要9个步骤，从最大的区块从大到小开始染色，每个步骤地染色方法 有：4、3、2、2、2 ，所以一共有：4x 3x 2x 2x 2x 2x 2x 2x 2 = 1536 种.【答案】1536 【巩固】用三种颜色去涂如图所示的三块区域，要求相邻的区域涂不同的颜色，那么共有几种不同的涂法？【考点】乘法原理之染色问题 【题型】解答【难度】3星【考点】乘法原理之染色问题 【难度】2星 【题型】解答【解析】涂三块毫无疑问是分成三步.第一步，涂A 部分，那么就有三种颜色的选择；第二步，涂B 部分， 由于要求相邻的区域涂不同的颜色，A 和B 相邻，当A 确定了一种颜色后，B 只有两种颜色可选择 了；第三步，涂C 部分，C 和A 、B 都相邻，A 和B 确定了两种不相同的颜色，那么C 只有一种颜 色可选择了.然后再根据乘法原理.3x 2x 1=6【答案】6【例 5】 如图，有一张地图上有五个国家，现在要用四种颜色对这一幅地图进行染色，使相邻的国家所染的颜色不同，不相邻的国家的颜色可以相同.那么一共可以有多少种染色方法？【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】这一道题实际上就是例题，因为两幅图各个字母所代表的国家的相邻国家是相同的，如果将本题中的地图边界进行直角化就会转化为原题，所以对这幅地图染色同样一共有4x 3x 2x 2x 2=96种方法.【讨论】如果染色步骤为C - A - B - D - E ,那么应该该如何解答？答案：也是4x 3x 2x 2x 2=96种方法.如果染色步骤为C - A - D - B - E 那么应该如何解答？答案：染色的前两步一共有4x3种方法，但染第 三步时需要分类讨论，如果D 与A 颜色相同，那么B 有2种染法，E 也有2种方法，如果D 与A 染 不同的颜色，那么D 有2种染法那么B 只有一种染法，E 有2种染法，所以一共应该有4x 3x （1x 2x 2 + 2x 1 x 2） = 96种方法，（教师应该向学生说明第三个步骤用到了分类讨论和加法原理，加法原理在下一讲中将会讲授），染色步骤选择的经验方法：每一步骤所染的区块应该尽量和之前所 染的区块相邻.【答案】96 【巩固】某沿海城市管辖7个县，这7个县的位置如右图．现用红、黑、绿、蓝、紫五种颜色给右图染色，要求任意相邻的两个县染不同颜色，共有多少种不同的染色方法?为了便于分析，把地图上的7个县分别编号为A 、B 、C 、D 、E 、F 、G （如左下图）.为了便于观察，在保持相邻关系不变的情况下可以把左图改画成右图.那么，为了完成地图染色这 件工作需要多少步呢【考点】乘法原理之染色问题 【难度】4星 【题型】解答 【解析】由于有7个区域，我们不妨按A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 的顺序，用红、黑、绿、蓝、紫五种颜 色依次分7步来完成染色任务．第1步：先染区域A ，有5种颜色可供选择;再染区域B ，由于B 不能与A 同色，所以区域B 的染色方式有4种； 染区域C ，由于C 不能与B 、A同色，所以区域C 的染色方式有3种； 染区域D ，由于D 不能与C 、A 同色，所以区域D 的染色方式有3种; 染区域E ，由于E 不能与D 、A 同色，所以区域E 的染色方式有3种； 染区域F ，由于F 不能与E 、A 同色，所以区域F 的染色方式有3种; 染区域G ，由于G 不能与C 、D 同色，所以区域G的染色方式有3种.根据分步计数的乘法原理，共有5 x 4 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3=4860种不同的染色方法.【答案】4860【例6】 用3种颜色把一个3x 3的方格表染色，要求相同行和相同列的3个格所染的颜色互不相同，一共有 ____ 种不同的染色法.【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】根据题意可知，染完后这个3x 3的方格表每一行和每一列都恰有3个颜色.用3种颜色染第一行，有P 3=6种染法；染完第一行后再染第一列剩下的2个方格，有2种染法； 当第一行和第一列都染好后3，再根据每一行和每一列都恰有3个颜色对剩下的方格进行染色，可知 其余的方格都只有唯一一种染法.所以，根据乘法原理，共有3 x 2=6种不同的染法.【答案】6【例7】 如右图，有A 、B 、C 、D 、E 五个区域，现用五种颜色给区域染色，染色要求：每相邻两个区域不同色，每个区域染一色．有多少种不同的染色方式？【解析】先采用分步：第一步给A 染色，有5种方法；第二步给B 染色，有4种方式；第三步给C 染色，有 3种方式；第四步给D 染色，有3种方式；第五步，给E 染色，由于E 不能与A 、B 、D 同色，但可 以和C 同色.此时就出现了问题：当D 与B 同色时，E 有3种颜色可染；而当D 与B 异色时，E 有 2种颜色可染.所以必须从第四步就开始分类：第一类，D 与B 同色.E 有3种颜色可染，共有5 x 4 x 3 x 3=180 （种）染色方式；第二类，D 与B 异色.D 有2种颜色可染，E 有2种颜色可染，共有5x 4x 3x 2x 2=240 （种）染色 方式.根据加法原理，共有180 + 240=420 （种）染色方式.【注意】给图形染色问题中有的可以直接用乘法原理解决，但如果碰到有首尾相接的图形往往需要分类解决. 【答案】420【巩固】如右图，有A , B , C , D 四个区域，现用四种颜色给区域染色，要求相邻区域的颜色不同，每个区域染一色．有多少种染色方法？【考点】乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【解析】A 有4种颜色可选，然后分类：第一类：B , D 取相同的颜色.有3种颜色可染，此时D 也有3种颜色可选.根据乘法原理，不同 的染法有4x 3x 3=36 （种）；第二类：当B , D 取不同的颜色时，B 有3种颜色可染，C 有2种颜色可染，此时D 也有2种颜色 可染.根据乘法原理，不同的染法有4x 3x 2x 2=48 （种）.根据加法原理，共有36 + 48=84（种）染色方法.第2步 第3步 第4步 第5步 第6步 第7步 【考点】 乘法原理之染色问题 【难度】3星 【题型】解答【答案】84 【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?【解析】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 x 2 x 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 x 2 x 1x 1=6种.所以，根据加法原理，共有4x 3x （2x 2 + 2） = 72种不同的涂法.【答案】72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？【解析】先按A , B , D , C , E 的次序染色，可供选择的颜色依次有5, 4, 3, 2, 3种，注意E 与D 的颜 色搭配有3 x 3=9（种），其中有3种E 和D 同色，有6种E 和D 异色.最后染F ，当E 与D 同色时 有3种颜色可选，当E 与D 异色时有2种颜色可选，所以共有5x 4x 2x （3x 3 + 6x 2） = 840种染法.【答案】840【例9】 将图中的。
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？
(完整word版)小学奥数——乘法原理与加法原理
乘法原理与加法原理在日常生活中常常会遇到这样一些问题，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，要知道完成这件事一共有多少种方法，就用我们将讨论的乘法原理来解决．例如某人要从北京到大连拿一份资料，之后再到天津开会．其中，他从北京到大连可以乘长途汽车、火车或飞机，而他从大连到天津却只想乘船．那么，他从北京经大连到天津共有多少种不同的走法？分析这个问题发现，某人从北京到天津要分两步走．第一步是从北京到大连，可以有三种走法，即：第二步是从大连到天津，只选择乘船这一种走法，所以他从北京到天津共有下面的三种走法：3×1=3．如果此人到大连后，可以乘船或飞机到天津，那么他从北京到天津则有以下的走法：共有六种走法，注意到3×2=6．在上面讨论问题的过程中，我们把所有可能的办法一一列举出来．这种方法叫穷举法．穷举法对于讨论方法数不太多的问题是很有效的．在上面的例子中，完成一件事要分两个步骤．由穷举法得到的结论看到，用第一步所有的可能方法数乘以第二步所有的可能方法数，就是完成这件事所有的方法数．一般地，如果完成一件事需要 n 个步骤，其中，做第一步有 m1 种不同的方法，做第二步有 m2 种不同的方法，…，做第 n 步有 m n种不同的方法，那么，完成这件事一共有 N=m1×m2×……×m n 种不同的方法．这就是乘法原理．例1.某人到食堂去买饭，主食有三种，副食有五种，他主食和副食各买一种，共有多少种不同的买法？补充说明：由例题可以看出，乘法原理运用的范围是：①这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成；②每个步骤各有若干种不同的方法来完成．这样的问题就可以使用乘法原理解决问题．例2.右图中有7个点和十条线段，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何线段和点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同的走法？例3.书架上有6本不同的外语书，4本不同的语文书，从中任取外语、语文书各一本，有多少种不同的取法？例4.王英、赵明、李刚三人约好每人报名参加学校运动会的跳远、跳高、100米跑、200米跑四项中的一项比赛，问：报名的结果会出现多少种不同的情形？例5.由数字0、1、2、3组成三位数，问：①可组成多少个不相等的三位数？②可组成多少个没有重复数字的三位数？分析在确定由0、1、2、3组成的三位数的过程中，应该一位一位地去确定．所以，每个问题都可以看成是分三个步骤来完成．①要求组成不相等的三位数．所以，数字可以重复使用，百位上，不能取0，故有3种不同的取法；十位上，可以在四个数字中任取一个，有4种不同的取法；个位上，也有4种不同的取法.②要求组成的三位数中没有重复数字，百位上，不能取0，有3种不同的取法；十位上，由于百位已在1、2、3中取走一个，故只剩下0和其余两个数字，故有3种取法；个位上，由于百位和十位已各取走一个数字，故只能在剩下的两个数字中取，有2种取法．例6.由数字1、2、3、4、5、6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？分析要组成四位数，需一位一位地确定各个数位上的数字，即分四步完成，由于要求组成的数是奇数，故个位上只有能取1、3、5中的一个，有3种不同的取法；十位上，可以从余下的五个数字中取一个，有5种取法；百位上有4种取法；千位上有3种取法，故可由乘法原理解决．例7.右图中共有16个方格，要把A、B、C、D四个不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能出现一个棋子．问：共有多少种不同的放法？分析由于四个棋子要一个一个地放入方格内．故可看成是分四步完成这件事．第一步放棋子A，A可以放在16个方格中的任意一个中，故有16种不同的放法；第二步放棋子B，由于A已放定，那么放A的那一行和一列中的其他方格内也不能放B，故还剩下9个方格可以放B，B有9种放法；第三步放C，再去掉B所在的行和列的方格，还剩下四个方格可以放C，C有4种放法；最后一步放D，再去掉C所在的行和列的方格，只剩下一个方格可以放D，D有1种放法，本题要由乘法原理解决．例8.现有一角的人民币4张，贰角的人民币2张，壹元的人民币3张，如果从中至少取一张，至多取9张，那么，共可以配成多少种不同的钱数？分析要从三种面值的人民币中任取几张，构成一个钱数，需一步一步地来做．如先取一角的，再取贰角的，最后取壹元的．但注意到，取2张一角的人民币和取1张贰角的人民币，得到的钱数是相同的．这就会产生重复，如何解决这一问题呢？我们可以把壹角的人民币4张和贰角的人民币2张统一起来考虑．即从中取出几张组成一种面值，看共可以组成多少种．分析知，共可以组成从壹角到捌角间的任何一种面值，共8种情况．（即取两张壹角的人民币与取一张贰角的人民币是一种情况；取4张壹角的人民币与取2张贰角的人民币是一种情况．）这样一来，可以把它们看成是8张壹角的人民币．整个问题就变成了从8张壹角的人民币和3张壹元的人民币中分别取钱．这样，第一步，从8张壹角的人民币中取；第二步，从3张壹元的人民币中取共4种取法，即0、1、2、3．但要注意，要求“至少取一张”.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 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．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？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？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．第二类，由甲地直接到丙地．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．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．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；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．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．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．自我检测1.某罪犯要从甲地途经乙地和丙地逃到丁地，现在知道从甲地到乙地有3条路可以走，从乙地到丙地有2条路可以走，从丙地到丁地有4条路可以走．问，罪犯共有多少种逃走的方法？2.如右图，在三条平行线上分别有一个点，四个点，三个点（且不在同一条直线上的三个点不共线）．在每条直线上各取一个点，可以画出一个三角形．问：一共可以画出多少个这样的三角形？3.在自然数中，用两位数做被减数，用一位数做减数．共可以组成多少个不同的减法算式？4.一个篮球队，五名队员A、B、C、D、E，由于某种原因，C不能做中锋，而其余四人可以分配到五个位置的任何一个上．问：共有多少种不同的站位方法？5.由数字1、2、3、4、5、6、7、8可组成多少个①三位数？②三位偶数？③没有重复数字的三位偶数？④百位为8的没有重复数字的三位数？⑤百位为8的没有重复数字的三位偶数？6.某市的电话号码是六位数的，首位不能是0，其余各位数上可以是0～9中的任何一个，并且不同位上的数字可以重复．那么，这个城市最多可容纳多少部电话机？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？。
(精品)小学奥数7-5-2 组合的基本应用(二).专项练习及答案解析
1.使学生正确理解组合的意义；正确区分排列、组合问题；2.了解组合数的意义，能根据具体的问题，写出符合要求的组合；3.掌握组合的计算公式以及组合数与排列数之间的关系；4.会分析与数字有关的计数问题，以及与其他专题的综合运用，培养学生的抽象能力和逻辑思维能力；通过本讲的学习，对组合的一些计数问题进行归纳总结，重点掌握组合的联系和区别，并掌握一些组合技巧，如排除法、插板法等．一、组合问题日常生活中有很多“分组”问题．如在体育比赛中，把参赛队分为几个组，从全班同学中选出几人参加某项活动等等．这种“分组”问题，就是我们将要讨论的组合问题，这里，我们将着重研究有多少种分组方法的问题．一般地，从n 个不同元素中取出m 个(m n ≤)元素组成一组不计较组内各元素的次序，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合．从排列和组合的定义可以知道，排列与元素的顺序有关，而组合与顺序无关．如果两个组合中的元素完全相同，那么不管元素的顺序如何，都是相同的组合，只有当两个组合中的元素不完全相同时，才是不同的组合．从n 个不同元素中取出m 个元素(m n ≤)的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个不同元素的组合数．记作mn C ．一般地，求从n 个不同元素中取出的m 个元素的排列数nm P 可分成以下两步： 第一步：从n 个不同元素中取出m 个元素组成一组，共有m n C 种方法； 第二步：将每一个组合中的m 个元素进行全排列，共有m mP 种排法． 根据乘法原理，得到m m m n n mP C P =⋅． 因此，组合数12)112321⋅-⋅-⋅⋅-+==⋅-⋅-⋅⋅⋅⋅m mn nm m P n n n n m C P m m m （）（（）（）（）．这个公式就是组合数公式．二、组合数的重要性质一般地，组合数有下面的重要性质：m n mn nC C -=(m n ≤) 这个公式的直观意义是：m n C 表示从n 个元素中取出m 个元素组成一组的所有分组方法．n mn C -表示从n 个元素中取出(n m -)个元素组成一组的所有分组方法．显然，从n 个元知识要点教学目标7-5-2.组合的基本应用（二）素中选出m 个元素的分组方法恰是从n 个元素中选m 个元素剩下的(n m -)个元素的分组方法．例如，从5人中选3人开会的方法和从5人中选出2人不去开会的方法是一样多的，即3255C C =．规定1n n C =，01nC =．模块一、组合之几何问题【例 1】 在一个圆周上有10个点，以这些点为端点或顶点，可以画出多少不同的：⑴ 直线段；⑵ 三角形；⑶ 四边形．【考点】组合之基本运用 【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2个点，就可以画出一条线段；在10个点中取3个点，就可以画出一个三角形；在10个点中取4个点，就可以画出一个四边形，三个问题都是组合问题．由组合数公式：⑴ 可画出221010221094521P C P ⨯===⨯(条)直线段． ⑵ 可画出331010331098120321P C P ⨯⨯===⨯⨯(个)三角形． ⑶ 可画出44101044109872104321P C P ⨯⨯⨯===⨯⨯⨯(个)四边形． 【答案】⑴21045C = ⑵310120C = ⑶410210C =【巩固】 平面内有10个点，以其中每2个点为端点的线段共有多少条？ 【考点】组合之基本运用 【难度】2星 【题型】解答 【解析】 这道题不考虑线段两个端点的顺序，是组合问题，实际上是求从10个元素中取出2个元素的组合数，由组合数公式，2101094521C ⨯==⨯，所以以10个点中每2个点为端点的线段共有45条．【答案】45【巩固】 在正七边形中，以七边形的三个顶点为顶点的三角形共有多少个？ 【考点】组合之基本运用 【难度】2星 【题型】解答 【解析】 三角形的形状与三个顶点选取的先后顺序无关，所以这是一个组合问题，实际上是求从7个点中选出3个点的选法，等于3776535321C ⨯⨯==⨯⨯(种)．【答案】3735C =【例 2】 平面内有12个点，其中6点共线，此外再无三点共线．⑴ 可确定多少个三角形？⑵ 可确定多少条射线？【考点】组合之基本运用 【难度】3星 【题型】解答 【解析】 ⑴ 分三类：①有2个顶点在共线的6点中，另1个顶点在不共线的6点中的三角形有2665669021C ⨯⨯=⨯=⨯个；例题精讲②有1个顶点在共线的6点中，另2个顶点在不共线的6点中的三角形有2665669021C ⨯⨯=⨯=⨯(个)；③3个顶点都在不共线的6点中的三角形有3665420321C ⨯⨯==⨯⨯个．根据加法原理，可确定909020200++=个三角形．⑵ 两点可以确定两条射线，分三类：①共线的6点，确定10条射线；②不共线的6点，每两点确定两条射线，共有2665223021C ⨯⨯=⨯=⨯(条)射线；③从共线的6点与不共线的6点中各取一个点可以确定66272⨯⨯=(条)射线． 根据加法原理，可以确定103072112++=(条)射线． 【答案】⑴200 ⑵112【巩固】 如图，问：⑴ 图1中，共有多少条线段？ ⑵ 图2中，共有多少个角？54321 ...P 9P 3P 2P 1BAO图1 图2【考点】组合之基本运用 【难度】1星 【题型】解答 【解析】 ⑴ 在线段AB 上共有7个点（包括端点A 、B ）．注意到，只要在这七个点中选出两个点，就有一条以这两个点为端点的线段，所以，这是一个组合问题，而27C 表示从7个点中取两个不同点的所有取法，每种取法可以确定一条线段，所以共有27C 条线段． 由组合数公式知，共有227722762121P C P ⨯===⨯(条)不同的线段； ⑵ 从O 点出发的射线一共有11条，它们是OA ， 1OP ，2OP ，3OP ，，9OP ，OB ．注意到每两条射线可以形成一个角，所以，只要看从11条射线中取两条射线有多少种取法，就有多少个角．显然，是组合问题，共有211C 种不同的取法，所以，可组成211C 个角．由组合数公式知，共有2211112211105521P C P ⨯===⨯(个)不同的角． 【答案】⑴2721C = ⑵21155C =模块二、组合之应用题【例 3】 6个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次？【考点】组合之基本运用 【难度】1星 【题型】解答 【解析】 这与课前挑战的情景是类似的．因为两个人握手是相互的，6个朋友每两人握手一次，握手次数只与握手的两个人的选取有关而与两个人的顺序无关，所以这是个组合问题．由组合数公式知，26651521C ⨯==⨯(次)．所以一共握手15次．【答案】15【巩固】 某班毕业生中有20名同学相见了，他们互相都握了一次手，问这次聚会大家一共握了多少次手？【考点】组合之基本运用 【难度】1星 【题型】解答【解析】 220201919021C ⨯==⨯(次)．【答案】220190C =【例 4】 学校开设6门任意选修课，要求每个学生从中选学3门，共有多少种不同的选法？ 【考点】组合之基本运用 【难度】2星 【题型】解答 【解析】 被选中的3门排列顺序不予考虑，所以这是个组合问题．由组合数公式知，3665420321C ⨯⨯==⨯⨯(种)．所以共有20种不同的选法． 【答案】3620C =【例 5】 有2克，5克，20克的砝码各1个，只用砝码和一架已经调节平衡了的天平，能称出 种不同的质量。
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7-2-2较复杂的乘法原理教学目标1.使学生掌握乘法原理主要内容，掌握乘法原理运用的方法；2.使学生分清楚什么时候用乘法原理，分清有几个必要的步骤，以及各步之间的关系．3.培养学生准确分解步骤的解题能力；乘法原理的数学思想主旨在于分步考虑问题，本讲的目的也是为了培养学生分步考虑问题的习惯．知识要点一、乘法原理概念引入老师周六要去给同学们上课，首先得从家出发到长宁上8点的课，然后得赶到黄埔去上下午1点半的课．如果说申老师的家到长宁有5种可选择的交通工具（公交、地铁、出租车、自行车、步行），然后再从长宁到黄埔有2种可选择的交通工具（公交、地铁），同学们，你们说老师从家到黄埔一共有多少条路线？我们看上面这个示意图，老师必须先的到长宁，然后再到黄埔．这几个环节是必不可少的，老师是一定要先到长宁上完课，才能去黄埔的．在没学乘法原理之前，我们可以通过一条一条的数，把线路找出来，显而易见一共是10条路线．但是要是老师从家到长宁有25种可选择的交通工具，并且从长宁到黄埔也有30种可选择的交通工具，那一共有多少条线路呢？这样数，恐怕是要耗费很多的时间了．这个时候我们的乘法原理就派上上用场了．二、乘法原理的定义完成一件事，这个事情可以分成n个必不可少的步骤（比如说老师从家到黄埔，必须要先到长宁，那么一共可以分成两个必不可少的步骤，一是从家到长宁，二是从长宁到黄埔），第1步有A种不同的方法，第二步有B种不同的方法，……，第n步有N种不同的方法．那么完成这件事情一共有A×B×……×N种不同的方法．结合上个例子，老师要完成从家到黄埔的这么一件事，需要2个步骤，第1步是从家到长宁，一共5种选择；第2步从长宁到黄埔，一共2种选择；那么老师从家到黄埔一共有5×2个可选择的路线了，即10条．三、乘法原理解题三部曲1、完成一件事分N个必要步骤；2、每步找种数（每步的情况都不能单独完成该件事）；3、步步相乘四、乘法原理的考题类型1、路线种类问题——比如说老师举的这个例子就是个路线种类问题；2、字的染色问题——比如说要3个字，然后有5种颜色可以给每个字然后，问3个字有多少种染色方法；3、地图的染色问题——同学们可以回家看地图，比如中国每个省的染色情况，给你几种颜色，问你一张包括几个部分的地图有几种染色的方法；4、排队问题——比如说6个同学，排成一个队伍，有多少种排法；5、数码问题——就是对一些数字的排列，比如说给你几个数字，然后排个几为数的偶数，有多少种排法．例题精讲模块一、乘法原理之组数问题【例 1】⑴由数字1、2可以组成多少个两位数？⑵由数字1、2可以组成多少个没有重复数字的两位数？【考点】复杂乘法原理【难度】1星【题型】解答【解析】⑴组成两位数要分两步来完成：第一步，确定十位上的数字，有2种方法；第二步确定个位上的数字，有2种方法．根据乘法原理，由数字1、2可以组成2×2=4个两位数，即11，12，21，22．⑵组成没有重复数字的两位数要分两步来完成：第一步，确定十位上的数字，有2种方法；第二步确定个位上的数字，因为要组成没有重复数字的两位数，因此十位上用的数字个位上不能再用，因此第二步只有1种方法，由乘法原理，能组成2×1=2个两位数，即12，21．【答案】⑴4 ⑵2【巩固】⑴由3、6、9这3个数字可以组成多少个没有重复数字的三位数？⑵由3、6、9这3个数字可以组成多少个三位数？【考点】复杂乘法原理【难度】2星【题型】解答【解析】⑴分三步完成：第一步排百位上的数，有3种方法；第二步排十位上的数，有2种方法；第三步，排个位上的数，有1种方法，由乘法原理，3、6、9这3个数字可以组成3216⨯⨯=个没有重复数字的三位数．⑵分三步完成，即分别排百位、十位、个位上的数字，每步有3种方法，由乘法原理，由3、6、9这3个数字一共可以组成33327⨯⨯=个三位数．【答案】⑴6⑵27【例 2】用数字0，1，2，3，4可以组成多少个：⑴三位数？⑵没有重复数字的三位数？【考点】复杂乘法原理【难度】2星【题型】解答【解析】⑴组成三位数可分三步完成．第一步，确定百位上的数字，因为百位不能为0，所以只有4种选择．第二步确定十位,所有数字都可以，有5种选择；第三步确定个位，也是5种选择。
共有455100⨯⨯=种选择。
⑵也分三步完成．第一步，百位上有4种选择；第二步确定十位，除了百位上已使用的数字不能用，其他四个数字都可以，所以有4种方法；第三步确定个位，除了百位和十位上已使用过的数字，还有3种选择．根据乘法原理，可以组成44348⨯⨯=个没有重复数字的三位数．【答案】⑴100⑵48【巩固】由四张数字卡片：0，2，4，6可以组成_____个不同的三位数。
【考点】复杂乘法原理【难度】2星【题型】填空【关键词】希望杯，4年级，1试【解析】千位选法有3种，百位3种，十位2种，个位1种，乘法原理3×3×2×1=18个【答案】18个【巩固】用五张数字卡片：0，2，4，6，8能组成______个不同的三位数。
【考点】复杂乘法原理【难度】2星【题型】填空【关键词】希望杯，五年级，一试，第8题【解析】4×4×3=48个【答案】48个【例 3】有五张卡，分别写有数字1、2、4、5、8．现从中取出3张卡片，并排放在一起，组成一个三位数，问：可以组成多少个不同的偶数？【考点】复杂乘法原理【难度】3星【题型】解答【解析】分三步取出卡片．首先因为组成的三位数是偶数，个位数字只能是偶数，所以先选取最右边的也就是个位数位置上的卡片，有2、4、8三种不同的选择；第二步在其余的4张卡片中任取一张，放在最左边的位置上，也就是百位数的位置上，有4种不同的选法；最后从剩下的3张卡片中选取一张，放在中间十位数的位置上，有3种不同的选择．根据乘法原理，可以组成3×4×3=36个不同的三位偶数．【答案】36【例 4】有5张卡，分别写有数字2，3，4，5，6．如果允许6可以作9用，那么从中任意取出3张卡片，并排放在一起．问：⑴可以组成多少个不同的三位数？⑵可以组成多少个不同的三位偶数？【考点】复杂乘法原理【难度】3星【题型】解答【解析】⑴先考虑6只能当6的情况最后总的个数只要在这个基础上乘以2就可以了，分三步取出卡片: 第一步确定百位，有5种选择；第二步确定十位，除了百位上已使用的数字不能用，其他4个数字都可以，所以有4种方法；第三步确定个位，除了百位和十位上已使用过的数字，还有3种选择．根据乘法原理，考虑6可以当作9，可以组成5432120⨯⨯⨯=（个）不同的三位数．⑵先考虑6只能当6的情况，分三步取出卡片．首先因为组成的三位数是偶数，个位数字只能是偶数，所以先选取最右边的也就是个位数位置上的卡片，有2、4、6三种不同的选择；第二步在其余的4张卡片中任取一张，放在十位数的位置上，有4种不同的选法；最后从剩下的3张卡片中选取一张，放在百位数的位置上，有3种不同的选择．根据乘法原理，6只是6时，可以组成34336⨯⨯=（个）不同的三位偶数．这时候算所求的三位偶数并不是简单乘以2就可以的，因为如果个位是6的话变成9就不再是偶数，多乘的还需要减去，个位是6一共有4312⨯=（个）不同的三位偶数，所以，可以组成3621260⨯-=（个）不同的三位偶数．【答案】⑴120⑵60【例 5】用1、2、3这三个数字可以组成多少个不同的三位数？如果按从小到大的顺序排列，213是第几个数？【考点】复杂乘法原理【难度】3星【题型】解答【解析】排百位、十位、个位依次有3种、2种、1种方法,故一共有3×2×1=6(种)方法,即可以组成6个不同三位数.它们依次为123,132,213,231,312,321．故213是第3个数．【答案】6个；第3个【巩固】有一些四位数，它们由4个互不相同且不为零的数字组成，并且这4个数字和等于12.将所有这样的四位数从小到大依次排列，第35个为．【考点】复杂乘法原理【难度】3星【题型】解答【解析】4个互不相同且不为0的数字之和等于12，只有两种可能：1+2+3+6或者1+2+4+5．根据乘法原理，每种情况可组成4×3×2×1=24个不同的四位数，一共可组成48个不同的四位数．要求从小到大排列的第35个数，即求从大到小排列的第14个数．我们从千位最大的数开始往下数：千位最大可以取6，而千位是6的数共有3×2=6个；接下来是5，千位为5的数也有6个．所以第13个数应为4521，第14个是4512，答案为4512．【答案】4512【例 6】对于由1~5组成的无重复数字的五位数，如果它的首位数字不是1，那么可以进行如下的一次置换操作：记首位数字为k，则将数字k与第k位上的数字对换．例如，24513可以进行两次置换：24513→42513→12543．可以进行4次置换的五位数有个．【考点】【难度】星【题型】填空【关键词】迎春杯，六年级，初赛，12题【解析】要进行4次置换，设首位为a(a不为1，有4种选择)，那么第1次与a置换的第a位上的数可能为1和a，有3种选择；设与a置换的为b，现在b在首位，此时要与b置换的第6位上的数可能为1，a，b，有2种选择；设与b置换的为c，则此时c在首位，那么此时与c置换的数组成为1，a，b，c，只有1种选择；设为d，那么最后只能是d与1置换.所以要进行4次置换共有432124⨯⨯⨯=种方法，那么共有24个数可以进行四次置换.另解：也可以反过来考虑，进行4次置换后，2，3，4，5四个数分别在第2，3，4，5位上，那么1只能在首位上，故经过4次置换后得到的数必定是12345.1与2，3，4，5中的某个数置换一次有4种选择，这个数与其它的3个数置换有3种选择……也可以得到符合条件的数有432124⨯⨯⨯=个.【答案】24个【例 7】将1332，332，32，2这四个数的10个数码一个一个的划掉，要求先划位数最多的数的最小数码，共有多少种不同的划法？【考点】复杂乘法原理【难度】4星【题型】解答【解析】从小到大一步一步的分步划，遇到出现岔路的情况分类考虑．从位数最多的1332开始：⑴划掉1332中的1，剩下332，332，32，2四个数；⑵划掉位数最多的332中的2，有2种不同的顺序，划掉后剩下33，33，32，2四个数；⑶划掉32中的2，剩下33，33，3，2；⑷两个33中，各划掉一个3，有4×2=8种划掉的顺序，之后剩下3，3，3，2四个数；⑸划掉2后，剩下3，3，3，有3×2=6种划掉的顺序．根据乘法原理，共有不同的划法：2×8×6=96种．【答案】96种【巩固】一个三位数，如果它的每一位数字都不小于另一个三位数对应数位上的数字，就称它“吃掉”另一个三位数，例如：532吃掉311，123吃掉123，但726与267相互都不被吃掉．问：能吃掉678的三位数共有多少个？【考点】复杂乘法原理【难度】3星【题型】解答【解析】即求百位数不小于6，十位数不小于7，个位不小于8的自然数．百位数不小于6，有4种；十位数不小于7，有3种；个位不小于8，有2种．由乘法原理，能吃掉678的三位数共有43224⨯⨯=种．【答案】24【例 8】如果一个四位数与一个三位数的和是1999，并且四位数和三位数是由7个不同的数字组成的，那么，这样的四位数最多能有多少个？【考点】复杂乘法原理【难度】3星【题型】解答【解析】四位数的千位数字是1．由于这个四位数与三位数的相同位数上的数字之和小于19，所以这个四位数与三位数的相同位数上的数字之和均等于9．这两个数的其他数字均不能为8．四位数的百位数字a可在0、2、3、4、5、6、7中选择(不能是9)，有7种选择，这时三位数的百位数字是9a-．四-；四位数的十位数字b可在剩下的6个数字中选择，三位数的十位数字是9b 位数的个位数字c可在剩下的4个数字中选择，三位数的个位数字是9c-．因此，根据乘法原理，这样的四位数有764=168⨯⨯个．【答案】168【例 9】用1～9可以组成______个不含重复数字的三位数；如果再要求这三个数字中任何两个的差不能是1，那么可以组成______个满足要求的三位数？【考点】复杂乘法原理【难度】3星【题型】解答【解析】1) 9×8×7=504个．2）504-（6+5+5+5+5+5+5+6）×6-7×6=210个；（减去有2个数字差是1的情况，括号里8个数分别表示这2个数是12，23，34，45，56，67，78，89的情况，×6是对3个数字全排列，7×6是三个数连续的123、234、345、456、567、789这7种情况）．【答案】504；210【例 10】用数字1~8各一个组成8位数，使得任意相邻三个数字组成的三位数都是3的倍数．共有种组成方法．【考点】复杂乘法原理【难度】3星【题型】解答【关键词】走美杯【解析】1~8中被三除余1和余2的数各有3个，被三整除的数有2个，根据题目条件可以推导，符合条件的排列，一定符合“被三除所得余数以3位周期”，所以8个数字，第1、4、7位上的数被3除同余，第2、5、8位上的数被3除同余，第3、6位上的数被3除同余，显然第3、6位上的数被3整除，第1、4、7位上的数被3除可以余1也可以余2，第2、5、8位上的数被3除可以余2可以余1，余数的安排上共有2种方法，余数安排定后，还有同余数之间的排列，一共有3!3!2!144⨯⨯=（种）方法．【答案】144【例 11】电子表用11:35表示11点35分，用06:05表示6点5分，那么2点到10点之间电子表中出现无重复数字的时刻有________次．【考点】复杂乘法原理【难度】4星【题型】解答【解析】根据题意，在2点到10点之间，表示小时数的二位数字前一位只能为0，后一位可以为2～9；表示分钟数的二位数字前一位可以为0～5，后一位可以为0～9，再考虑到无重复数字，当时间为2点多、3点多、4点多或5点多时，每一种情况下，表示分钟数的两位数字中前一位有624-=种选择，后一位数字有1037-=种选择，此时有4728⨯=种可能，比如02:ab 时，a 可以为1，3，4，5，b 就剩下1037-=种可以选择．所以这几种情况下共有284112⨯=种．类似分析可知，当时间为6点多、7点多、8点多、9点多时，每种情况下都有5735⨯=种，共有354140⨯=种．所以共112140252+=种．【答案】252【巩固】 一种电子表在8时31分25秒时显示为25831：，那么从7时到8时这段时间里，此表的5个数字都不相同的时刻一共有______个。