加法原理与乘法原理

1、§ 10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理教学目标1. 理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”.2. 会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题.学习内容1. 分类加法计数原理做一件事，完成它有 n类办法，在第一类办法中有 m1种不同的方法，在第二类办法中有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. 分步乘法计数原理做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一个步骤有 m1种不同的方法，做第二个步骤有m2种不同的方法做第n个步骤有mn种不同的方法.那么完成这件事共有N

2、 = m1 m2x x mn种不同的方法.3. 分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事情的不同方法的种数它们的区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成.题型一分类加法计数原理的应用【例1：高三一班有学生 50人，男生30人，女生20人；高三二班有学生 60人，男生30人，女生30人；高三三班有 学生55人，男生35人，女生20人.(1) 从高三一班或二班或三班中选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？(2) 从高三一班、二班男生中，或从高三三班

3、女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？思维启迪用分类加法计数原理.解(1)完成这件事有三类方法第一类，从高三一班任选一名学生共有50种选法；第二类， 从高三二班任选一名学生共有 60 种选法；第三类，从高三三班任选一名学生共有55种选法，根据分类加法计数原理，任选一名学生任校学生会主席共有50+ 60+ 55= 165(种)选法.(2)完成这件事有三类方法第一类,从高三班男生中任选名共有30种选法;第二-类,从高三二二班男生中任选名共有30种选法;第三类，从高三三班女生中任选一名共有20种选法.综上知，共有 30+ 30+ 20= 80(种)选法.思维升华分类时，首先要根据问题

4、的特点确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次分类时要注意满足一个基本要求，就是完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种 方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理.!巩固：(1)在所有的两位数中，个位数字比十位数字大的两位数有多少个？x2 y2(2)方程m + n = 1表示焦点在y轴上的椭圆，其中 1,2,3,4,5 n J1,2,3,4,5,6,7，那么这样的椭圆有多少个?解(1)分析个位数字，可分以下几类：个位是9,则十位可以是1,2,3,，8中的一个，故有8个；个位是8,则十位可以是1,2,3,，7中的一个，故有7个；同理

5、，个位是7的有6个；个位是6的有5个；个位是2的只有1个.由分类加法计数原理，满足条件的两位数有1+ 2+ 3+ 4+ 5+ 6 + 7+ 8= 36(个).(2)以m的值为标准分类，分为五类.第一类：m= 1时，使n>m, n有6种选择；第二类：m= 2时，使n>m, n有5种选择；第三类：m= 3时，使n>m, n有4种选择；第四类：m= 4时，使n>m, n有3种选择；第五类：m= 5时，使n>m, n有2种选择.共有 6+ 5+ 4+ 3+ 2= 20(种)方法，即有20个符合题意的椭圆.题型二分步乘法计数原理的应用【例2：有六名同学报名参加三个智力竞赛项

6、目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加 )(1) 每人恰好参加一项，每项人数不限；(2) 每项限报一人，且每人至多参加一项；(3) 每项限报一人，但每人参加的项目不限.思维启迪可以根据报名过程，使用分步乘法计数原理.解(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理，知共有选法36= 729(种).(2) 每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6 X 5 X 4勻20(种).(3) 由于每人参加的项目不限，因此每一个项目

7、都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不 同的报名方法63= 216(种).思维升华利用分步乘法计数原理解决问题：要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的；各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成了才算完成这件事.【巩 固：已知集合 M = 3, 2, 1,0,1,2，若 a, b, c M，则：(1) y= af+ bx+ c可以表示多少个不同的二次函数；(2) y= af+ bx+ c可以表示多少个图象开口向上的二次函数.解(1)a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此 y= ax2+ bx+ c可以表示5 X 6 x 6 = 1

8、80(个)不同的二次函数.(2)y= a£+ bx+ c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b、c的取值均有6种情况，因此y= ax2 + bx+ c可以表 示2 X 6 X 6 =72(个)图象开口向上的二次函数.题型三两个原理的综合应用【例3：如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法总数.思维启迪 染色问题是常见的计数应用问题，可从选颜色、选顶点进行分类、分步，从不同角度解决问题.解 方法一 可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论由

9、题设，四棱锥S ABCD的顶点S A、B所染的颜色互不相同，它们共有5X 4X3=60(种)染色方法.当S、A、B染好时，不妨设其颜色分别为1、2、3,若C染2,则D可染3或4或5,有3种染法；若C染4,则D可染3或5,有2种染法；若 C染5，则D可染3或4,有2种染法可见，当 S A、B已染好时，C、D还有 7种染法，故不同的染色方法有 60 X 7=420(种).方法二 以S A、B、C、D顺序分步染色.第 一 步，S 点 染 色，有 5 种 方 法；第二步，A点染色，与S在同一条棱上，有 4种方法；第三步，B点染色，与S、A分别在同一条棱上，有 3种方法；第四步，C点染色，也有 3种方法

10、，但考虑到 D点与S A、C相邻，需要针对 A与C是否同色进行分类，当 A 与C同色时，D点有3种染色方法；当 A与C不同色时，因为 C与S B也不同色，所以 C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法.由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5 X 4 X 3X （1 X 3+ 2 X 242软种）.方法三按所用颜色种数分类.第一类，5种颜色全用，共有 a5种不同的方法；第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色（A与C,或B与D）,共有2 XA5种不同的方法；第三类，只用3种颜色，则A与C、B与D必定同色，共有 A5种不同的方法.由分类加法计数原理，得不同的染色方法总数为A5+ 2

11、XA5+ A|= 420（种）.思维升华 用两个计数原理解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步.（1）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.（2）分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，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.（3）对于复杂问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来帮助分析.【巩 固：用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？解 如图所示，将4个小方格依次编号为1,2,3,4,

12、第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法. 当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有A4= 12（种）不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法.由分步乘法计数原理可知，有5 X 12 X 3勻80（种）不同的涂法； 当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻方格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5X 4X 4 =80（种）不同的涂法.由分类加法计数原理可得，共有180+ 80= 260（种）不同的涂法.【易错题】（1）把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有（）A . 24 种 B. 4 种 C. 43种 D . 34种（2

13、）某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4趟，轮船有3次，问此人的走法可有种.易错分析 解决计数问题的基本策略是合理分类和分步，然后应用加法原理和乘法原理来计算.解决本题易出现的问题是完成一件事情的标准不清楚导致计算出现错误，对于（1）,选择的标准不同，误认为每个信箱有三种选择，所以可能的投法有34种，没有注意到一封信只能投在一个信箱中；对于(2),易混淆“类”与“步”，误认为到达乙地先坐火车后坐轮船,使用乘法原理计算.解析 第1圭寸信投到信箱中有4种投法；第2圭寸信投到信箱中也有 4种投法；第3圭寸信投到信箱中也有 4种投 法只要把这3封信投完，就做完了这件

14、事情，由分步乘法计数原理可得共有43种方法.(2) 因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有 3种，每一种方法都能从甲地到乙地，根据分类加法计数原理，可得此人的走法可有4+ 3= 7(种)答案(1)C (2)7温馨提醒 每封信只能投到一个信箱里，而每个信箱可以装1封信，也可以装2封信，其选择不是唯一的，所以应注意由信来选择信箱，每封信有4种选择.(2)在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚“分类”与“分步”的具体标准是什么.选择合理的标准处理事情，可以避免计数的重复或遗漏 综合题库A组1. 判断下面结论是否正确(请在括号中打“V”或“ X”)(1) 在分类加法计数原理中，两类不

15、同方案中的方法可以相同.(X )(2) 在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事.(V )(3) 在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有两个步骤都完成后，这件事情才算完成.(V )(4) 如果完成一件事情有 n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mi(i= 1,2,3,，n),那么完成这件事共有 口1口2口3mn种方法.( V )2. 5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有种.答案 32解析每位同学有两种不同的报名方法，而且只有这5位同学全部报名结束，才算事件完成.所以共有2 X

16、2 X 2 X 2 X 2=2(种).3. 有不同颜色的4件上衣与不同颜色的 3件长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数是 答案12解析由分步乘法计数原理，一条长裤与件上衣配成一套，分两步，第一步选上衣有4种选法，第二步选长裤有3种选法，所以有4 X3=12(种)选法4. 甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有 种.答案 24解析 分步完成首先甲、乙两人从 4门课程中同选1门，有4种方法，其次甲从剩下的 3门课程中任选1门， 有3种方法，最后乙从剩下的 2门课程中任选1门，有2种方法，于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4 X 3

17、X 2 =24（种）.5. 用数字2,3组成四位数，且数字 2,3至少都出现一次，这样的四位数共有 个.（用数字作答）答案 14解析 数字2,3至少都出现一次，包括以下情况：“ 2”出现1次，“ 3”出现3次，共可组成 C4= 4（个）四位数.“ 2”出现2次，“ 3”出现2次，共可组成 C4= 6（个）四位数.“ 2”出现3次，“ 3”出现1次，共可组成 C4= 4（个）四位数.综上所述，共可组成 14个这样的四位数.B组1.从集合1,2,3，10中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为B. 4 C. 6 D. 8答案解析按从小到大顺序有 124,139,248,

18、469共4个，同理按从大到小顺序也有4个，故这样的等比数列的个数为 8个.2.现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有A. 24 种B. 30 种C. 36 种D . 48 种答案 D解析共有4X 3 X 2 X 2=8（种），故选D.集合 P=x,1, Q=y,1,2，其中 x, y 1,2,3，,，且 P?Q.把满足上述条件的一对有序整数对（x, y）作为个点的坐标，则这样的点的个数是A. 9 B. 14 C. 15 D. 21答案 B解析 当x= 2时，x丰y,点的个数为1 X 7 =7（个）;当x工2时,x= y,点的个

19、数为7X 1 =7（个），则共有14个点,故选B.4. （2013 山东用0,1,，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为（）A .243B .252C261D279答案 B解析 0,1,2,，9共能组成9X 10 X 10 =900（个）三位数，其中无重复数字的三位数有9X 9X 8=648（个）.有重复数字的三位数有900- 648= 252（个）.5. （2013 四川从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a, b,共可得到lg a- lg b的不同值的个数是（ ）A. 9 B. 10 C. 18 D. 20答案 Caa133 9解析 由于lg a- lg

20、b=叛但>0, b>0），从1,3,5,7,9中任取两个作为£有a5= 20种，又3与§相同，彳与§相同，二lga lg b的不同值的个数有 A5 2= 20- 2= 18,选C.6. 一个乒乓球队里有男队员5名，女队员4名，从中选取男、女队员各一名组成混合双打，共有 种不同的选法.答案 20解析 先选男队员，有 5种选法，再选女队员有4种选法，由分步乘法计数原理知共有5 X 4 =20（种）不同的选法.7. 某次活动中，有30人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人中的任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为（用数字作答）.答案 7

21、 200解析 其中最先选出的一个人有30种方法，此时不能再从这个人所在的行和列上选人，还剩一个5行4列的队形，故选第二个人有 20种方法，此时不能再从该人所在的行和列上选人，还剩一个4行3列的队形，此时第三个人的选法有12种，根据分步乘法计数原理，总的选法种数是30 X 20 X 12=200.8. 已知集合M= 1 , - 2,3, N = - 4,5,6, - 7,从M, N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是.答案 6解析 分两类：第一类，第一象限内的点，有2 X 2 =4（个）;第二类，第二象限内的点，有1

22、 X 2 =2（个）.共4+ 2= 6（个）.9. 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？解 由题意得有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语.第一类：从只会英语的 6人中选1人说英语，共有6种方法，则说日语的有2+ 1 = 3（种），此时共有6X 3=18（种）;第二类：不从只会英语的6人中选1人说英语，则只有1种方法，则选会日语的有2种，此时共有1 X 2 =2（种）;所以根据分类加法计数原理知共有 18+2=20（种）选法.10在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列（数字允许重复）表示一个

23、信息，不同排列表示不同信息若所用数字只有0和1,则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为多少？解 方法一 分0个相同、1个相同、2个相同讨论.若0个相同，则信息为1001共1个.（2）若1个相同，则信息为 0001,1101,1011,100（共4个.（3）若2个相同，又分为以下情况：若位置一与二相同，则信息为0101;若位置一与三相同，则信息为0011;若位置一与四相同，则信息为0000;若位置二与三相冋，则信息为1111;右位置二与四相冋，则信息为1100;右位置三与四相冋，则信息为1010.共6个.故与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为1+ 4+ 6

24、= 11.方法二若0个相同，共有1个；若1个相同，共有C4 = 4（个）;若2个相同，共有C4= 6（个）.故共有 1+ 4+ 6= 11（个）.C组1. 三边长均为整数，且最大边长为11的三角形的个数为（）A. 24 B. 26 C. 36 D. 37答案 C解析 设另两边长分别为 x、y,且不妨设1 < xw yw 11，要构成三角形，必须 x+ y> 12.当y取11时，x= 1,2,3,，11,可有11个三角形；当y取10时，x= 2,3,，10,可有9个三角形；;当y取6时，x只能取6,只有1个三角形.所求三角形的个数为11 + 9+ 7+ 5+ 3+ 1 = 36.2.

25、 将1,2,3,4,5,6,7,8,9这9个数字填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法种数为（）34A.4 B. 6 C. 9 D. 12答案 B解析 如图所示，根据题意，1,2,9三个数字的位置是确定的，余下的数中,5只能在a, c位置，8只能在b, d位(6,8,5,7), (7,8,5,6),合计 6 种.3.12a34bcd9如图，一环形花坛分成 A, B, C, D四块，现有4种不同的花供选种,要求在每块里种1种花,且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为A. 96 B. 84C. 60D . 48置，依(a

26、, b, c, d)顺序，具体有(5,8,6,7), (5,6,7,8), (5,7,6,8) (6,7,5,8,答案 B解析可依次种A、B、C、D四块，当C与A种同一种花时，有 4 X 3 X1 X 3 =36（种）种法；当C与A所种花不同时，有4X 3X 2X 2 =48（种）种法，由分类加法计数原理，不同的种法种数为36+ 48= 84.4.直线方程Ax+ By= 0，若从0,1,2,3,5,7这6个数字中任取两个不同的数作为A、B的值，则可表示条不同的直线.答案 22解析 分成三类：A= 0, Bm 0; Am 0, B= 0和Am 0, Bm 0,前两类各表示1条直线;第三类先取 A

27、有5种取法，再取 B有4种取法，故有5 X 4=20（种）.所以可以表示22条不同的直线.5.某电子元件，是由3个电阻组成的回路，其中有 4个焊点A、B、C、D，若某个焊点脱落，整个电路就不通，现在发现电路不通了，那么焊点脱落的可能情况共有 种.答案 15解析 方法一当线路不通时焊点脱落的可能情况共有2 X 2 X 2X 2-4= 15（种）.方法二 恰有i个焊点脱落的可能情况为C4（i= 1,2,3,4）种，由分类加法计数原理，当电路不通时焊点脱落的可能情况共 C；+ C4 + C：+ C4= 15（种）.6. 五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则报名方法的种数为 .五名学生争夺四项比赛的冠军（冠军不并列），获得冠军的可能性有