两个基本计数原理zst

两个基本计数原理基本计数原理是组合学中应用广泛的数学原理，用于计算组合问题的方法。

它包括两个主要原理，分别是加法原理和乘法原理。

以下是关于这两个基本计数原理的详细介绍。

一、加法原理加法原理也称为分支原理，是一种用于计算多个不同情况的总数的方法。

具体而言，加法原理提供了计算不同情况总和的方法。

加法原理适用于以下情况：1.互斥情况：如果事件A和事件B是不相关的，且两者不能同时发生，那么发生A或发生B的总数就是事件A和事件B发生总数的和。

例如，抛掷一枚硬币，获得正面或者获得背面的总数是1+1=22.不互斥情况：如果事件A和事件B之间存在重叠的情况，那么发生A或发生B的总数是事件A的总数加上事件B的总数，再减去两者发生的重叠部分的总数。

例如，有10个人中，有4人会弹吉他，5人会弹钢琴，其中有2人既会弹吉他又会弹钢琴。

那么会弹吉他或会弹钢琴的总数是4+5-2=7二、乘法原理乘法原理也称为选择原理，是一种用于计算事件依次发生的组合计数问题的方法。

具体而言，乘法原理提供了计算每个阶段都有n种选择的总数的方法，以及计算一些特定情况下的总数的方法。

乘法原理适用于以下情况：1.每个阶段都有n种选择的情况：假设一些事件有m个阶段依次发生，且每个阶段都有n种选择，那么该事件发生的总数就是每个阶段选择数量的乘积。

例如，晨跑时路线有3个选择（A、B、C），早餐有4个选择（米饭、面包、牛奶、鸡蛋），那么不同的晨跑路线加上早餐的总数是3*4=122.一些特定情况下的总数：假设一些事件有m个阶段依次发生，而其中有k个阶段存在多种选择，那么该事件发生的总数就是每个阶段选择数量的乘积。

例如，密码锁有4位数字密码，每一位数字是0-9之间的任意一个数字，那么可能的密码总数是10*10*10*10=10^4总结：加法原理和乘法原理是组合数学中常用的计数方法。

加法原理用于计算互斥情况和不互斥情况下的总数，可以通过求和、减法和加减混合等操作实现。

两个基本计数原理基本计数原理是概率论中的重要概念，用于计算和求解组合问题和排列问题。

其核心思想是通过分析事件的性质和条件，利用计数的方法，得到事件的可能性。

第一个基本计数原理是加法原理，也称做并事件的计数原理。

它指的是如果一个事件可以被分解为若干个互不相交的子事件，那么这个事件的发生总数等于这些子事件发生总数的和。

假设有n1种物品和n2种物品，如果两种物品都相互独立地选择，那么一共有n1 + n2种选择的可能性。

例如，现在有一堆红色木块，绿色木块和蓝色木块，其中红色木块有n1种，绿色木块有n2种，蓝色木块有n3种。

如果要从这些木块中选择一个来搭建一个木块城堡，那么一共有n1 + n2 + n3种可能的选择。

第二个基本计数原理是乘法原理，也称做交事件的计数原理。

它指的是如果一个事件可以被分解为若干个相互独立的子事件，那么这个事件的发生总数等于这些子事件发生总数的乘积。

假设有n1种选择第一个事件的方式，n2种选择第二个事件的方式，n3种选择第三个事件的方式，以此类推，那么这些事件同时发生的总数等于n1 ×n2 ×n3 × ... 。

例如，现在有一张卡片，有n1种选择颜色的方式；另外还有一本书，有n2种选择封面的方式；还有一个背包，有n3种选择图案的方式。

如果要同时选择卡片颜色、书封面和背包图案，那么一共有n1 ×n2 ×n3种可能的选择。

综上所述，加法原理和乘法原理是组合问题和排列问题中常用的数学原理。

这两个原理为我们计算和分析事件的可能性提供了重要的数学工具。

通过应用这两个原理，我们可以解决各种各样的组合问题，例如计算排列的总数、选择可能性的总数、计算概率等。

这些原理在概率论、组合数学以及其他领域的应用非常广泛。

§10.1两个基本计数原理知识梳理两个基本计数原理(1)分类计数原理：完成一件事，有n类方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法，在第n类方式中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．(2)分步计数原理：完成一件事，需要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，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．常用结论两个基本计数原理的区别与联系分类计数原理分步计数原理相同点用来计算完成一件事的方法种数不同点分类、相加分步、相乘每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事每步依次完成才算完成这件事情(每步中的每一种方法不能独立完成这件事)注意点类类独立，不重不漏步步相依，缺一不可思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)在分类计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(×)(2)在分类计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．(√)(3)在分步计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．(×)(4)从甲地经丙地到乙地是分步问题．(√)教材改编题1．某同学逛书店，发现3本喜欢的书，决定至少买其中的一本，则购买方案有() A．3种B．6种C．7种D．9种答案C解析买一本，有3种方案；买两本，有3种方案；买三本，有1种方案，因此共有方案3＋3＋1＝7(种)．2．被誉为“大飞鱼”的深圳宝安机场T3航站楼，充分结合了建筑设计理念和深圳本地环境气候等重要因素，融合了建筑美学、绿色节能和功能实用等多方面元素.2021年9月25日晚21时50分，被加拿大非法扣留的孟晚舟乘坐的CA552航班平安抵达深圳宝安国际机场．某志愿者前去接机，机场T3航站楼有7个入口，2个接机口(出口)，则该志愿者进出机场的方案数为()A．4B．9C．14D．49答案C解析方案种数为7×2＝14.3．3个班分别从5个风景点中选择一处游览，不同的选法有种．答案125解析因为第1个班有5种选法，第2个班有5种选法，第3个班有5种选法，所以由分步计数原理可得，不同的选法有5×5×5＝125(种).题型一分类计数原理例1(1)若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有()A．60种B．63种C．65种D．66种答案D解析要想同时取4个不同的数使其和为偶数，则取法有三类：①4个数都是偶数，有1种取法；②2个数是偶数，2个数是奇数，有C24·C25＝60(种)取法；③4个数都是奇数，有5种取法．根据分类计数原理，不同的取法共有1＋60＋5＝66(种)．(2)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2且a2>a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为．答案240解析若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个．若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个)．若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，…，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个)．所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．教师备选1．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有()A．4种B．10种C．18种D．20种答案B解析依题意得，可能剩余一本画册或一本集邮册两种情况．第一类，剩余的是一本画册，此时满足题意的赠送方法共有4种；第二类，剩余的是一本集邮册，此时满足题意的赠送方法共有C24＝6(种)．因此，满足题意的赠送方法共有4＋6＝10(种)．2．如图所示，某景观湖内有四个人工小岛，为方便游客登岛观赏美景，现计划设计三座景观桥连通四个小岛，每座桥只能连通两个小岛，且每个小岛最多有两座桥连接，则设计方案的种数最多是()A．8B．12C．16D．24答案B解析四个人工小岛分别记为A，B，C，D，对A分有一座桥相连和两座桥相连两种情况，用“－”表示桥．①当A只有一座桥相连时，有A－B－C－D，A－B－D－C，A－C－B－D，A－C－D－B，A －D－B－C，A－D－C－B，共6种方法；②当A有两座桥相连时，有C－A－B－D，D－A－B－C，D－A－C－B，B－A－C－D，B －A－D－C，C－A－D－B，共6种方法．故设计方案最多有6＋6＝12(种)．思维升华分类标准的选择(1)应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置．根据题目特点恰当选择一个分类标准．(2)分类时应注意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，不能重复，但也不能有遗漏．跟踪训练1(1)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有()A．50个B．45个C．36个D．35个答案C解析由题意，知十位上的数字可以是1,2,3,4,5,6,7,8，共8类，在每一类中满足题目要求的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类计数原理，知符合题意的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．(2)已知集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是()A．9B．14C．15D．21答案B解析因为P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，且P⊆Q，所以x∈{y,2}．所以当x＝2时，y＝3,4,5,6,7,8,9，共有7种情况；当x＝y时，x＝3,4,5,6,7,8,9，共有7种情况．故共有7＋7＝14(种)情况，即这样的点的个数为14.题型二分步计数原理例2(1)某学校的3个班级将要去甲、乙、丙、丁4个工厂参观学习，要求每个班只能去1个工厂参观学习，且甲工厂必须有班级参观学习，则不同的参观方案有()A．16种B．25种C．37种D．48种答案C解析每个班级都可以从这4个工厂中选1个参观学习，各有4种选择，根据分步计数原理，共有43＝64(种)参观方案，若甲工厂没有班级参观学习，此时每个班级都可以从其余3个工厂中选1个参观学习，各有3种选择，共有33＝27(种)参观方案，所以甲工厂必须有班级参观学习，不同的参观方案有64－27＝37(种)．(2)(多选)有4位同学报名参加三个不同的社团，则下列说法正确的是()A．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有34种B．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有43种C．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种D．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有33种答案AC解析对于A，第1个同学有3种报法，第2个同学有3种报法，后面的2个同学也有3种报法，根据分步计数原理知共有34种结果，A正确，B错误；对于C，每个社团限报一个人，则第1个社团有4种选择，第2个社团有3种选择，第3个社团有2种选择，根据分步计数原理知共有4×3×2＝24(种)结果，C正确，D错误．教师备选1．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是(用数字作答)．答案336解析甲有7种站法，乙有7种站法，丙有7种站法，故不考虑限制共有7×7×7＝343(种)站法，其中三个人站在同一级台阶上有7种站法，故符合本题要求的不同站法有343－7＝336(种)．2．某次活动中，有30个人排成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7200解析最先选出的1个人有30种方法，则这个人所在的行和列不能再选人，还剩一个5行4列的队形，可知选第2个人有20种方法，则该人所在的行和列也不能再选人，还剩一个4行3列的队形，可知选第3个人有12种方法，根据分步计数原理，总的选法种数是30×20×12＝7200.思维升华利用分步计数原理解题的策略(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．(2)将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成．跟踪训练2(1)某人要给厨房中装有不同调料的5个瓶子贴上对应的标签，若恰好贴错了3个，则贴错的可能情况种数为()A．9B．12C．18D．20答案D解析由题意，可分为两步：第一步，从5个瓶子中选出3个瓶子，有C35＝10(种)情况，第二步，对选出的3个瓶子进行错位重排，有2种情况，所以贴错的可能情况种数为10×2＝20.(2)人们习惯把最后一位是6的多位数叫作“吉祥数”，则无重复数字的四位吉祥数(首位不能是零)共有个．答案448解析第一步，确定千位，除去0和6，有8种不同的选法；第二步，确定百位，除去6和千位数字外，有8种不同的选法；第三步，确定十位，除去6和千位、百位上的数字外，有7种不同的选法．故共有8×8×7＝448(个)不同的“吉祥数”．题型三两个基本计数原理的综合应用例3(1)如图所示，积木拼盘由A，B，C，D，E五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜色，且为了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的颜色(如：A与B为相邻区域，A与D为不相邻区域)，现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是()A．780B．840C．900D．960答案D解析先涂A，则A有C15＝5(种)涂法，再涂B，因为B与A相邻，所以B的颜色只要与A 不同即可，有C14＝4(种)涂法，同理C有C13＝3(种)涂法，D有C14＝4(种)涂法，E有C14＝4(种)涂法，由分步计数原理，可知不同的涂色方法种数为5×4×3×4×4＝960.(2)甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是0,0,2,1,5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为()A．5B．24C．32D．64答案D解析5日至9日，即5,6,7,8,9，有3天奇数日，2天偶数日，第一步安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有23＝8(种)；第二步安排偶数日出行分两类：第一类，先选1天安排甲的车，另外一天安排其他车，有2×2＝4(种)；第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有22＝4(种)，共计4＋4＝8(种)．根据分步计数原理，不同的用车方案种数为8×8＝64.延伸探究若甲的车牌尾数为9，他的四位同事的车牌尾数分别为0,2,1,5，其他条件不变，则不同的用车方案有多少种？解由题意，从5日至9日，有3天奇数日，2天偶数日，第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2×2＝4(种)不同的选择；第二步，安排奇数日出行，可分为两类：(1)选1天安排甲的车，共有3×2×2＝12(种)不同的选择；(2)不安排甲的车，每天都有2种选择，共有2×2×2＝8(种)不同的选择，综上可得，不同的用车方案种数为4×(12＋8)＝80.教师备选1．现有5种不同颜色要对如图所示的五个部分进行着色，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．420种B．780种C．540种D．480种答案B解析依题意可知，完成涂色任务可以使用5种，4种，或3种颜色，将区域标号如图．①若用5种颜色完成涂色，则有A55＝120(种)方法；②若用4种颜色完成涂色，颜色有C45种选法，需要2,4同色，或者3,5同色，或者1,3同色，或者1,4同色，故有C45×4×A44＝480(种)；③若用3种颜色完成涂色，颜色有C35种选法，需要2,4同色且3,5同色，或者1,4同色且3,5同色，或者1,3同色且2,4同色，故有C35×3×A33＝180(种)．所以不同的着色方法共有120＋480＋180＝780(种)．2．通常我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号，第二部分为由阿拉伯数字与英文字母组成的序号．其中序号的编码规则为：①由0,1,2，…，9这10个阿拉伯数字与除I，O之外的24个英文字母组成；②最多只能有2个位置是英文字母，如：粤A326S0，则采用5位序号编码的粤A 牌照最多能发放的汽车号牌数为()A．586万张B．682万张C．696万张D．706万张答案D解析讨论后五位的不同情况：(1)后5位全部为数字，共有105张牌．(2)后5位有一个字母，共有104C124C15＝1.2×106张牌．(3)后5位有两个字母，当两个字母相同，有103C124C25＝2.4×105张牌；当两个字母不同，有103C224A25＝5.52×106张牌，综上，共有105＋1.2×106＋2.4×105＋5.52×106＝7.06×106张牌．思维升华利用两个基本计数原理解题时的三个注意点(1)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事．(2)分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图．(3)对于复杂问题，一般是先分类再分步．跟踪训练3(1)从6人中选出4人参加数学、物理、化学、生物比赛，每人只能参加其中一项，且每项比赛都有人参加，其中甲、乙两人都不能参加化学比赛，则不同的参赛方案的种数为()A．94B．180C．240D．286答案C解析第一步，因为甲、乙两人都不能参加化学比赛，所以从剩下的4人中选1人参加化学比赛，共有4种选法；第二步，在剩下的5人中任选3人参加数学、物理、生物比赛，共有5×4×3＝60(种)选法．由分步计数原理，得不同的参赛方案的种数为4×60＝240.(2)甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学，2名女同学．若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4名同学中恰有1名女同学的不同选法共有()A．150种B．180种C．300种D．345种答案D解析这名女同学可以在甲组选出也可以在乙组选出，故分两类计算．甲组中选出1名女同学有C15×C13×C26＝225(种)选法；乙组中选出一名女同学有C25×C16×C12＝120(种)选法．故共有345种选法．。

两个基本计数原理的应用1. 基本计数原理概述基本计数原理是指在统计和计数问题中，常用的两个基本原理：加法原理和乘法原理。

•加法原理：当一个任务可以通过两个步骤完成，并且这两个步骤互斥（即同时发生的机会为零），那么完成这个任务的机会数等于完成第一个步骤的机会数加上完成第二个步骤的机会数。

•乘法原理：当一件事情可以拆分成两个步骤，并且完成第一个步骤的机会数为m，完成第二个步骤的机会数为n，那么完成这件事情的机会数为m乘以n。

2. 计数原理在实际生活中的应用2.1. 加法原理的应用加法原理常常用于计算多种情况的总数，下面是几个实际生活中的应用示例：•排列组合问题：假设一张音乐会门票有5个位置可供选择，而共有3个朋友想要购买门票。

那么根据加法原理，可能的购票组合数为5+3=8。

•生日问题：在一个班级中，有30个学生。

假设每个学生的生日都在一年12个月中的某一天。

那么根据加法原理，至少有两个学生生日相同的概率是多少？根据加法原理，我们可以计算出答案为1-(365/365)\(364/365)\…\*((365-n+1)/365)，其中n代表学生的数量。

2.2. 乘法原理的应用乘法原理在实际生活中的应用也非常广泛，下面是几个例子：•密码问题：假设一个密码由4位数字组成，每位数字都可以是0-9之间的任何一个数字。

那么根据乘法原理，可能的密码组合数为10\10\10\*10=10000。

•选课问题：假设一门课程有3个不同的时间段可供选择，一门课程有4个不同的老师可供选择。

那么根据乘法原理，可能的选课组合数为3\*4=12。

3. 总结基本计数原理是数学中非常重要的基础知识，可以在实际生活中解决很多统计和计数问题。

加法原理用于计算互斥事件的总数，而乘法原理用于计算多个独立事件的总数。

在实际应用中，我们可以通过灵活运用这两个原理，解决各种计数和排列组合的问题。

通过掌握基本计数原理，我们可以更好地理解和解决实际生活中的复杂计数问题。

解决计数问题的两个基本原理
两个计数原理分别是分类加法计数原理、分步乘法计数原理。

计数原理是数学中的重要研究对象之一，分类加法计数原理、分步乘法计数原理是解决计数问题的最基本、最重要的方法，也称为基本计数原理，它们为解决很多实际问题提供了思想和工具。

学习计数基本原理、排列、组合、二项式定理及其应用，了解计数与现实生活的联系，会解决简单的计数问题。

相同点：加法原理和乘法原理一样，都是回答有关一件事的不同方法种数的问题。

区别点：加法原理是完成这件事的分类计数方法，每一类都可以独立完成这件事；乘法原理是完成这件事的分步计数方法，每个步骤都不能独立完成这件事。

应用这两个原理解题，首先应该分清要完成的事情是什么，然后需要区分是分类完成还是分步完成，“类”间相互独立，“步”间相互联系。

§1.1 两个基本计数原理(二)课时目标1.进一步理解两个计数原理.2.掌握解决计数实际问题的基本思想．1．分类计数原理计算公式：N＝m1＋m2＋…＋m n.分步计数原理计算公式：N＝m1×m2×…×m n.2．分类计数原理针对的是分类问题，每一种方法都能达到________________；分步计数原理针对的是______问题，各个步骤____________才算完成这件事．一、填空题1．用1,2,3,4,5这五个数字，可以组成________个无重复数字的三位数．2．人们习惯把最后一位是6的多位数叫做“吉祥数”，则无重复数字的4位吉祥数(首位不能是零)共有______个．3．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有________个．4．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，从书架上任取1本书，有______种不同的取法；从书架的第1,2,3层各取1本书，有________种不同的取法．5．某班举行联欢会，原定的6个节目已排出节目单，演出前又增加了3个节目，若将这3个节目插入原节目单中，则有________种不同的排法．6．有红、黄、蓝不同颜色的旗各三面，每次升一面、两面或三面在某一旗杆上纵向排列，共可以组成________种不同的旗语信号．7．从0,1,2,3,4,5,6七个数字中，任意取出三个不同的数字，作为二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的系数，可得________个不同的二次函数．8．商店里有15种上衣，18种裤子，某人要买一件上衣或一条裤子，共有________种不同的选法．要买上衣、裤子各一件，共有________种不同的选法．二、解答题9.将红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂入右图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？10．已知直线ax＋by＋c＝0中的a，b，c是取自集合{－3，－2，－1,0,1,2,3}中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，求符合这些条件的直线的条数．能力提升11．同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有多少种？12．现要安排一份5天值班表，每天有一个人值班．共有5个人，每个人都可以值多天班或不值班，但相邻两天不能由同一个人值班，问此值班表由多少种不同的排法？1．解计数应用题，要先搞清分类和分步．分类时要不重不漏．2．计数问题对特殊元素或特殊位置要优先考虑；对分类较多的，可使用间接法．1．1 两个基本计数原理(二)答案知识梳理2．完成这件事的目的分步依次完成作业设计1．60解析有三个数字需要选取再组成三位数，分三步，共有5×4×3＝60(个)．2．448解析据分步计数原理，共有8×8×7＝448(个)．3．36解析按个位数字是2,3,4,5,6,7,8,9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别为1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个．则根据分类计数原理共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．4．9 24解析4＋3＋2＝9；4×3×2＝24.5．504解析原有6个节目，依次插入3个节目，则有7×8×9＝504(种)．6．39解析悬挂一面旗共可以组成3种旗语信号；悬挂二面旗共可以组成3×3＝9(种)旗语信号；悬挂三面旗共可以组成3×3×3＝27(种)旗语信号，由分类计数原理，共有3＋9＋27＝39(种)旗语信号．7．180解析6×6×5＝180.8．33 270解析买上衣，有15种选法；买裤子，有18种选法．买1件上衣或1条裤子有15＋18＝33(种)选法．买一件上衣和一条裤子，有15×18＝270(种)选法．9．解给区域标记号A、B、C、D、E(如图所示)，则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色依赖于B与D涂色的颜色，如果B与D 颜色相同有2种涂色方法，不相同，则只有一种．因此应先分类后分步．(1)当B与D同色时，有4×3×2×1×2＝48(种)．(2)当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24(种)．故共有48＋24＝72(种)不同的涂色方法．10．解设倾斜角为θ，由θ为锐角，得tanθ＝－ab>0，即a、b异号．(1)若c＝0，a、b各有3种取法，排除2个重复(3x－3y＝0,2x－2y＝0，x－y＝0)．故有3×3－2＝7(条)．(2)若c≠0，a有3种取法，b有3种取法，而同时c还有4种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有3×3×4＝36(条)，从而符合要求的直线共有7＋36＝43(条)．11．解方法一由于共四人(用1,2,3,4代表甲、乙、丙、丁四人)，这个数目不大，化为填数问题之后，可用枚举法进行具体的填写：2 1 43 2 34 1 2 4 1 3 3 1 4 2 3 4 1 23 4 2 1 4 1 2 3 4 3 1 2 4 3 2 1再按照题目要求检验，最终易知有9种分配方法．方法二记四人为甲、乙、丙、丁，则甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到，故有3种分配方式；以乙收到为例，其他人收到卡片的情况可分为两类：第一类：甲收到乙送出的卡片，这时丙、丁只有互送卡片1种分配方式；第二类：甲收到的不是乙送出的卡片，这时，甲收到卡片的方式有2种(分别是丙和丁送出的)．对每一种情况，丙、丁收到卡片的方式只有一种．因此，根据分步计数原理，不同的分配方式数为3×(1＋2)＝9.12．解分5步进行：第一步：先排第一天，可排5人中的任一个，有5种排法；第二步：再排第二天，此时不能排第一天的人，有4种排法；第三步：再排第三天，此时不能排第二天的人，有4种排法；第四步：同前；第五步：同前．由分步计数原理可得不同的排法有5×4×4×4×4＝1280(种)．。

计数原理知识点知识网络一、两个计数原理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1m 种不同的办法； 在第2类办法中有2m 种不同的方法； .....在第n 类办法中有n m 种不同的方法那么，完成这件事共有n m m m N 21中不同的方法.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1m 种不同的方法； 做第2步有2m 种不同的方法； .....做第n 步有n m 种不同的方法那么，完成这件事共有n m m m N 21种不同的方法.3、两个计数原理的区别二、排列与组合 1.排列（1）排列定义：一般地，从n 个不同元素中取出)(n m m 个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列。

（2）排列数：从n 个不同元素中取出)(n m m 个元素的所有不同排列的个数叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数。

用符号mn A 表示.（3）排列数公式：其中*,N m n ，并且n m特殊的，当n m 时，即有 nn A 称为n 的阶乘，通常用!n 表示，即 !n A n n2. 组合：（1）组合定义：一般地，从n 个不同元素中取出)(n m m 个元素合成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合。

（2）组合数：从n 个不同元素中取出)(n m m 个元素的所有不同组合的个数叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数。

用符号mn C 表示。

!!121m n n m n n n n A m n12321 n n n A n n（3）组合数公式：其中*,N m n ，并且n m ， 规定10nC注意：判断一个具体问题是否为组合问题,关键是看取出的元素是否与顺序有关,有关就是排列,无关便是组合.判断时要弄清楚“事件是什么”. （4）组合数的性质：三、二项式定理1. 二项式定理：一般地，对于*N n ，有*)()(222110N n b C b a C b a C b a C a C b a nn n r r n r n n n n n n n n .右边的多项式叫做n b a )( 的二项展开式，它一共有1 n 项，其中r r n r n b a C 叫做二项展开式的第1 r 项（也称通项），用1 r T 表示，即 r rn rn r b aC T 1如果在二项式定理中，设x b a ,1，则可以得到公式：*)(1)1(221N n x C x C x C x C x nn n r r n n nn 2. 一般地，有如下性质：展开式的二项式系数nn n n C C C b a ,,)(10n （1）对称性）(mn n m n C C（2）m n m n m n C C C 11（3）当n 为偶数时，最大2n nC 当n 为奇数时，最大2121n nn nCC（4）n n n n nC C C 210 （令1,1 b a ） （5）奇数项二项式系数和等于偶数项二项式系数和15314202 n n n n n n nC C C C C C （令1,1 b a ）!!!!121m n m n m m n n n n C mnm n n m n C C mn m n m n C C C 11。