人教数学A版-3《分类加法计数原理与分步乘法计数原理》对点精讲

§分类加法计数原理与分步乘法计数原理(二)一、两个计数原理的综合应用在3000到8000之间有多少个无重复数字的奇数？解分两类：一类是以3,5,7为首位的四位奇数，可分三步完成：先排首位有3种方法，再排个位有4种方法，最后排中间两个数有8×7种方法，所以共有3×4×8×7＝672(个)．另一类是首位是4或6的四位奇数，也可分三步完成，共有2×5×8×7＝560(个)．由分类加法计数原理得，共有672＋560＝1232(个)．【反思感悟】对于较复杂的问题，有时分类以后，每类方法并不都是一步能完成的，必须在分类后又分步，综合利用两个原理解决问题．本题3,5,7这三个数既可以排在首位，也可以排在个位，因此，首位是用3,5,7去填，还是用4,6去填，影响到第二步，即填个位的方法数．遇到此类情形，则要分类处理．从1～20共20个整数中任取两个相加，使其和为偶数的不同取法共有多少种？解第一类：两个偶数相加，由分步计数原理，共有eq\f(10×9,2)＝45(种)不同的取法；第二类：两个奇数相加，由分步计数原理，共有eq\f(10×9,2)＝45(种)不同的取法．由分类计数原理得，共有45＋45＝90(种)不同取法．二、利用模型法解决计数问题3个人要坐在一排8个空座位上，若每个人左右都有空座位，不同坐法有多少种？解3个人在一排8个空座位上坐下后，只剩下5个空座位，我们可以构造这样的解题过程，依次将3个人连同他的座位逐个地插入5个空座位形成的空座位当中．如图所示：(1)○○○○○(2)○○□○○○(3)○○□○○□○(4)○□○□○○□○○表示没有坐人的空位□表示已经坐人的位置由于每人左右都要有空位子，因此将第一个人连同他的座位插入时，不能插在两边，所以有4种插法(如图中的(1)到(2))；然后将第二个人连同他的座位插入时，只有3种插法了(如图中的(2)到(3))；最后将第三个人连同他的座位插入时，只有2种插入的方法了(如图中的(3)到(4))．这时，我们再根据分步乘法计数原理，可以得到插入的不同的方法共有4×3×2＝24(种)．【反思感悟】本题用“○”表示没有坐人的空位，用“□”表示已经坐人的位置，画图分析为我们构建分步乘法计数原理的模型铺平了道路．模型法就是通过构建相关图形，利用形象直观的图形来构建两个原理的模型．模型法不仅可以帮助我们准确理解题意，而且还可以帮助我们有效地分析问题，从而建立两个原理的模型，使问题顺利地解决．电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态．因此计算机内部就采用了每一位只有0或1两种数字的记数法，即二进制．为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用一个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由8个二进制位构成．问：(1)一个字节(8位)最多可以表示多少个不同的字符？(2)计算机汉字国标码(GB码)包含了6763个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示？解(1)用下图来表示一个字节：第1位第2位第3位第8位……↑↑↑↑2种2种2种2种一个字节共有8位，每位上有2种选择，根据分步乘法计数原理，一个字节最多可以表示2×2×2×2×2×2×2×2＝28＝256个不同的字符．(2)由(1)知，用一个字节所能表示的不同字符不够6763个，我们就考虑用2个字节能够表示多少个字符．前一个字节有256种不同的表示方法，后一个字节也有256种表示方法．根据分步乘法计数原理，2个字节可以表示256×256＝65536个不同的字符，已经大于汉字国标码包含的汉字个数6763.所以要表示这些汉字，每个汉字至少要用2个字节表示．三、利用转化法解决计数问题把20个不加区别的小球放入编号为1,2,3的三个盒子中，要求每个盒子内的球数不小于它的编号数，则不同的放法共有________种．答案120解析不妨设编号为1,2,3的三个盒子中分别放入了x1，x2，x3个小球，依题意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＋x3＝20,1≤x1≤15，2≤x2≤16，3≤x3≤17))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(①,②))问题转化为在条件②下求不定方程①的解的个数，可考虑用分类计数的方法．当x1＝1时，x2＝2,3，…，16，这时x3随之而定，从而共有15种放法．当x1＝2时，x2＝2,3，…，15，这时x3随之而定，从而共有14种放法．……当x1＝15时，只有x2＝2，x3＝3，仅有一种放法．根据分类原理，符合要求的放法共有N＝15＋14＋…＋2＋1＝120(种)．【反思感悟】将问题转化为不定方程的整数解组数问题，利用计数原理计数．某赛季足球比赛的计分规则是：胜一场，得3分；平一场，得1分；负一场，得0分．一球队打完15场，积33分．若不考虑顺序，该队胜、负、平的情况有()A．3种B．4种C．5种D．6种答案A解析设该队胜x场，平y场，则负(15－x－y)场，由题意，得3x＋y＝33.∵y＝33－3x≥0，∴x≤11且x＋y≤15，因此，有以下三种情况eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝11,y＝0))，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝10,y＝3))，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝9,y＝6))，∴应有3种情况．课堂小结：1．对于有些计数问题的解决，对它们既需要进行“分类”，又需要进行“分步”，那么此时就要注意综合运用两个原理解决问题．首先要明确是先“分类”后“分步”，还是先“分步”后“分类”；其次，在“分类”和“分步”的过程中，均要确定明确的分类标准和分步程序．2．一些非常规计数问题的解决方法(1)枚举法将各种情况一一列举出来，它适用于计数种数较少时，分类计数时将问题分类实际也是将分类种数一一列举出来．(2)间接法若计数时分类较多，或无法直接计数时，可用间接法先求出总数，再减去不可能的种数，即正难则反．(3)转换法转换问题的角度或转换成其他已知的问题．在实际应用中，应根据具体问题，灵活处理．(4)模型法模型法就是通过构造图形，利用形象直观的图形帮助我们分析、解决问题的方法．模型法是解决计数问题的重要方法．一、选择题1．集合A＝{a，b，c}，B＝{1,2}，则A到B的不同映射f共有()A．6个B．8个C．9个D．4个答案B解析“一件事”是指在集合B中找出与a，b，c对应的一种对应关系．分三步完成，因此不同映射共有N＝2×2×2＝8(个)．2．如图所示，用不同的五种颜色分别为A、B、C、D、E五部分着色，相邻部分不能用同一种颜色，但同一种颜色可以反复使用，也可不使用，则符合这种要求的不同着色的方法数是()A．120B．240C．480答案D解析分五步完成，第一步对A部分着色，有5种方法．第二步对B部分着色，有4种方法．第三步对C部分着色，有3种方法．第四步对D部分着色，也有3种方法．第五步对E部分着色，由图可知也有3种方法．共有5×4×3×3×3＝540.3．如图所示，某段电路是由五个电阻组成，其中共有6个焊接点A、B、C、D、E、F，如果某个焊接点脱落，该段电路就会不通．现在电路MN间没有电流通过，那么焊接点脱落的可能性共有()A．14种B．49种C．16种D．64种答案B解析每个焊接点都有正常与脱落两种情况，所以支路ABC有8种情况，去掉通路的一种情况，有7种情况；对于支路DEF的情况也是一样，有7种情况，所以共有49种情况．4．如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有()A．12对B．24对C．36对D．48对答案B解析把六棱锥所有的棱分成三类：第一类：底面上的六条棱所在的直线共面，则每两条之间不能构成异面直线．第二类：六条侧棱所在的直线共点，每两条之间也不能构成异面直线．第三类：结合图形可知，只有底面棱中1条棱所在的直线和它不相交的4条侧棱所在的4条直线中的1条才能构成异面直线，再由分步乘法计数原理得，可构成异面直线6×4＝24对．5．书架上原来并排着5本不同的书，现要再插入3本不同的书，那么不同的插法共有()A．336种B．120种C．24种D．18种答案A解析我们可以一本一本的插入，先插入一本可以在原来5本书形成的6个空档中插入，共有6种插入方法；同理然后再插入第二本共7种插入方法，插入第三本共有8种插入方法，所以共有6×7×8＝336(种)不同的插法．6.一植物园参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线种数共有()A．6种B．8种C．36种D．48种答案D解析如图所示，在A点可先参观3个区域中的任一个，然后参观剩余的2个区域的任一个，最后参观最后一个区域，共有6种不同的选法，每种选法中又有2×2×2＝8(种)不同的路线．∴共有6×8＝48(种)不同的参观路线．7．设集合I＝{1,2,3,4,5}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有()A．50种B．49种C．48种D．47种答案B解析当A＝{1}时，B为{2,3,4,5}的非空子集即可，有15个；当A＝{2}或A＝{1,2}即A中最大数为2时，则B有7个；当A中最大数为3(A有4个)，则B有3个；当A中最大数为4(A有8个)，则B有1个，故共有15＋2×7＋4×3＋8＝49(种)不同的选择方法．此题主要考查加法原理，按照A中元素的最大数为标准进行分类．二、填空题8．从集合{1,2,3，…，10}中，选出5个不同的数组成子集，且使得这5个数中任两个数的和都不等于11，则这样的子集共有________个．答案32解析∵1＋10＝11,2＋9＝11,3＋8＝11,4＋7＝11,5＋6＝11，∴从这5组数中各取一个组成一个集合符合题意，根据分步乘法计数原理，共有25＝32(个)．9．在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植1垄．为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法共有________种．答案12解析选垄方法分为3类：(1)A、B间隔6垄可选1和8垄、2和9垄、3和10垄，每种选法有2种种植方法(例如，1垄种A,8垄种B或1垄种B,8垄种A)，因此共有3×2＝6(种)方法；(2)A、B间隔7垄，可选1垄和9垄，2和10垄，因此，共有2×2＝4(种)方法；(3)A、B间隔8垄，只能选1垄和10垄，因此有2种方法．三类方法相加得6＋4＋2＝12(种)方法．10．三边长是整数，且最大边长为11的三角形个数为________________________________________________________________________．答案36解析另两边长用x、y表示且不妨设1≤x≤y≤11，要构成三角形必须x＋y≥12.当y＝11时，有11个；当y＝10时，有9个；当y＝9时，有7个；当y＝8时，有5个；当y＝7时，有3个；当y＝6时，x只能取6；故有11＋9＋7＋5＋3＋1＝36个．∴有36(个)．三、解答题11．甲、乙、丙、丁四人传球，第一次甲传给乙、丙、丁三人中任一人，第二次由拿球者再传给其他三人中任一人，这样共传了4次，求第4次仍传回到甲的方法共有多少种？解第一步甲传给其余三人共有3种方法；第二步由持球者再传给其他三人可分两类：第一类由持球者传给甲，此时第三步由甲传给其他三人，有3种方法；第四步由持球者再传给甲；第二类由持球者传给甲以外的另两人有两种方法，此时第三步由持球者传给甲以外的另两人(因为第三步不能传给甲，否则第四步不能传给甲)，有两种方法；第四步由持球者传给甲，故共有传球方法3×(1×3×1＋2×2×1)＝21(种)．12．用五种不同的颜