六年级奥数加乘原理

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7-3-1.加乘原理之综合运用【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。

第7讲加法原理与乘法原理知识网络排列与组合问题是围绕计数问题展开的一类问题。

解决此类问题，一般要用到两个常用的原理，即加法原理和乘法原理。

要完成一个任务，如果能分成r类彼此独立的不同方式，第一类方式有种不同的方法可以完成任务，第二类方式有种不同的方法可以完成任务，……，第r方式有种不同的方法完成任务。

那么完成这个任务就有种不同的方法，这种分类计数的方法就称为加法原理。

如果完成某项任务要分r个不同的步骤，第一步有种不同的方法完成任务，第二步有种不同的方法完成任务，……，第r步有种不同的方法完成任务。

那么完成这个任务就有种不同的方法，这种步骤完成任务的计数方法称为乘法原理。

重点·难点加法原理、乘法原理以及上一讲的容斥原理是解决计数问题的三个基本原理。

应用加法原理和乘法原理，关键是弄清两者之间的本质区别：如果属于分类考虑，则应用加法原理解题，如果属于分步考虑，则应用乘法原理解题。

如何根据题意分清究竟是分类还是分步，是本讲的难点。

学法指导在应用这两个原理解计数问题时必须紧紧抓住“分类还是分步”来区分两种原理。

除此以外，解决问题常用的方法还有枚举法、对应法、归纳法等，应根据具体问题灵活采用适当的方法。

经典例题[例1]如图1所示，在10×10个边长为1的小正方形拼成的棋盘中，求由若干个小方块能拼成的所有正方形的数目。

思路剖析由小方块所拼成的正方形边长可以取1，2，…，10。

这样有十类不同的方式拼出正方形。

下面再计算出每类方式有多少种方法拼出正方形。

边长为1的正方形显然有10×10个；边长为2的正方形，横边有9种选择：AC，BD，CE，DF，…，IK。

类似的，纵边也有9种选择，横边和纵边都选定后正方形就确定了。

因此经过两个独立步骤就可以完成拼正方形的任务，由乘法原理可知拼出边长为2的小正方形有9×9个。

边长为其他数时可以类似推出。

解答由乘法原理可得：边长为1的小正方形有10×10个；边长为2的小正方形有9×9个；边长为3的小正方形有8×8个；……边长为9的小正方形有2×2个；边长为10的小正方形有1×1个。

7-3-1.加乘原理之综合运用教学目标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．知识要点一、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”．例题精讲【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？7-3-1.加乘原理之综合应用.题库教师版 1【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。

第 4 讲加乘原理（2）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”．1、五面五种颜色的小旗，任意取出几面排成一行表示各种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？【解析】分 5 种情况：⑴取出一面，有 5 种信号；⑵取出两面：可以表示5⨯ 4 = 20 种信号；⑶取出三面：可以表示：5⨯ 4 ⨯ 3 = 60 种信号；（4）取出四面：可以表示：5⨯ 4⨯ 3⨯ 2 =120 种信号；（4）取出五面：可以表示：5⨯ 4⨯ 3⨯ 2⨯1 =120 种信号；由加法原理，一共可以表示： 5 + 20 + 60 +120 +120 = 325 种信号．2、五种颜色不同的信号旗，各有5 面，任意取出四面排成一行，表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？【解析】每一个位置都有 5 种颜色可选，所以共有5⨯ 5⨯ 5⨯ 5 = 625 种3、由数字4，5，7，8 可以组成多少个没有重复数字的奇数？【解析】2+6+12+12=324、由数字0，1，2，3，4，5 可以组成多少个无重复数字的偶数？解答：3+13+52+156+312+312=8485、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（1）可以组成多少个不同的三位数？（2）可以组成多少个不同的三位偶数？（1）96有6 4×3×3=36有9 4×3×3=36无69 4×3×2=24（2）48有6 在末尾4×3×1=12有6 不在末尾3×2×2=12有9 3×2×2=12无69 3×2×2=126、妈妈买了7 件不同的礼物，要送给亲朋好友的 4 个孩子每人一件．其中姐姐的儿子小强想从智力拼图和遥控汽车中选一个，朋友的女儿小玉想从学习机和遥控汽车中选一件．那么，妈妈送出这4 件礼物共有种方法．【解析】若将遥控汽车给小强，则学习机要给小玉，此时另外2 个孩子在剩余5 件礼物中任选2 件，有5⨯ 4 = 60 种方法；若将遥控车给小玉，则智力拼图要给小强，此时也有20 种方法；若遥控车既不给小强、也不给小玉，则智力拼图要给小强，学习机要给小玉，此时仍然有20 种方法．所以共有60 种方法．7、某件工作需要钳工 2 人和电工2 人共同完成．现有钳工 3 人、电工 3 人，另有 1 人钳工、电工都会．从7 人中挑选 4 人完成这项工作，共有多少种方法？（6 级）【解析】分两类情况讨论：⑴都会的这 1 人被挑选中，则有：①如果这人做钳工的话，则再按乘法原理，先选一名钳工有 3 种方法，再选 2 名电工也有 3 种方法；所以有3⨯ 3 = 9 种方法；②同样，这人做电工，也有9 种方法．⑵都会的这一人没有被挑选，则从 3 名钳工中选 2 人，有 3 种方法；从 3 名电工中选 2 人，也有 3种方法，一共有3⨯ 3 = 9 种方法．所以，根据加法原理，一共有9 + 9 + 9 = 27 种方法．8、玩具厂生产一种玩具棒，共4 节，用红、黄、蓝三种颜色给每节涂色．这家厂共可生产种颜色不同的玩具棒．【解析】每节有3 种涂法，共有涂法3⨯ 3⨯ 3⨯ 3 = 81 (种)．但上述81 种涂法中，有些涂法属于重复计算，这是因为有些游戏棒倒过来放时的颜色与顺着放时的颜色一样，却被我们当做两种颜色计算了两次．可以发现只有游戏棒的颜色关于中点对称时才没有被重复计算，关于中点对称的游戏棒有3⨯ 3⨯1⨯1 = 9 (种)．故玩具棒最多有(81+ 9) ÷ 2 = 45 种不同的颜色．9、从 6 名运动员中选出4 人参加4 ⨯100 接力赛，求满足下列条件的参赛方案各有多少种：⑴甲不能跑第一棒和第四棒；⑵甲不能跑第一棒，乙不能跑第二棒【解析】⑴先确定第一棒和第四棒，第一棒是除甲以外的任何人，有5 种选择，第四棒有4 种选择，剩下的四人中随意选择2 个人跑第二、第三棒，有4 ⨯3=12 种，由乘法原理，共有：5⨯4⨯12 =240 种参赛方案⑵先不考虑甲乙的特殊要求，从 6 名队员中随意选择 4 人参赛，有6⨯ 5⨯ 4⨯ 3 = 360 种选择.考虑若甲跑第一棒，其余5 人随意选择3 人参赛，对应5⨯4⨯ 3 = 60 种选择，考虑若乙跑第二棒，也对应5⨯ 4 ⨯ 3 = 60 种选择，但是从360 种中减去两个60 种的时候，重复减了一次甲跑第一棒且乙跑第二棒的情况，这种情况下，对应于第一棒第二棒已确定只需从剩下的 4 人选择 2 人参赛的4 ⨯ 3 = 12种方案，所以，一共有360 - 60⨯ 2 +12 = 252 种不同参赛方案．10、七位数的各位数字之和为60 ，这样的七位数一共有多少个？【解析】七位数数字之和最多可以为9 ⨯ 7 = 63．63 - 60 = 3 ．七位数的可能数字组合为：①9，9，9，9，9，9，6．第一种情况只需要确定 6 的位置即可．所以有 6 种情况．②9，9，9，9，9，8，7．第二种情况只需要确定8 和7 的位置，数字即确定．8 有7 个位置，7 有 6 个位置．所以第二种情况可以组成的7 位数有7 ⨯ 6 = 42 个．③9，9，9，9，8，8，8，第三种情况，3 个8 的位置确定即7 位数也确定．三个8 的位置放置共有7 ⨯ 6⨯ 5 = 210 种．三个相同的8 放置会产生3⨯ 2 ⨯1 = 6 种重复的放置方式．所以 3 个8 和 4 个9 组成的不同的七位数共有210 ÷ 6 = 35 种．所以数字和为60 的七位数共有35 + 42 + 7 = 84 ．11、从1到2006这2006个数中,共有多少个数与四位数8765相加时,至少发生一次进位？【解析】1887。

六年级奥数加法原理和乘法原理知识点讲解【篇一】加法原理：如果完成一件任务有n类方法，在第一类方法中有m1种不同方法，在第二类方法中有m2种不同方法……，在第n类方法中有mn种不同方法，那么完成这件任务共有：m1+m2.......+mn种不同的方法。

关键问题：确定工作的分类方法。

基本特征：每一种方法都可完成任务。

乘法原理：如果完成一件任务需要分成n个步骤进行，做第1步有m1种方法，不管第1步用哪一种方法，第2步总有m2种方法……不管前面n-1步用哪种方法，第n步总有mn种方法，那么完成这件任务共有：m1×m2.......×mn种不同的方法。

关键问题：确定工作的完成步骤。

基本特征：每一步只能完成任务的一部分。

直线：一点在直线或空间沿一定方向或相反方向运动，形成的轨迹。

直线特点：没有端点，没有长度。

线段：直线上任意两点间的距离。

这两点叫端点。

线段特点：有两个端点，有长度。

射线：把直线的一端无限延长。

射线特点：只有一个端点;没有长度。

①数线段规律：总数=1+2+3+…+(点数一1);②数角规律=1+2+3+…+(射线数一1);③数长方形规律：个数=长的线段数×宽的线段数：④数长方形规律：个数=1×1+2×2+3×3+…+行数×列数【篇二】乘法原理：如果完成一件任务需要分成n个步骤进行，做第1步有m1种方法，不管第1步用哪一种方法，第2步总有m2种方法……不管前面n-1步用哪种方法，第n步总有mn种方法，那么完成这件任务共有：m1×m2.......×mn种不同的方法。

关键问题：确定工作的完成步骤。

基本特征：每一步只能完成任务的一部分。

直线：一点在直线或空间沿一定方向或相反方向运动，形成的轨迹。

直线特点：没有端点，没有长度。

线段：直线上任意两点间的距离。

这两点叫端点。

线段特点：有两个端点，有长度。

射线：把直线的一端无限延长。

7-3-1.加乘原理之综合运用教学目标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.知识要点一、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”.目Me 例题精讲【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？【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2 3 5 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3 2 6种方法.【答案】⑴5⑵6【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。

加法乘法原理
加法乘法原理是数学中常用的计算原则，它们被广泛应用于各个领域。

加法原理指的是当有多个事件同时发生时，可以将这些事件的数量相加来计算总数。

乘法原理则是用于计算事件之间的组合情况。

加法原理可以简单地理解为“或”的概念。

例如，某班级有男生
和女生两个组别，男生有20人，女生有30人，那么整个班级的总人数就是20+30=50人。

这里的加法原理就是将两个事件
的结果相加来得到总数。

乘法原理则可以理解为“和”的概念。

例如，某班级举行篮球比赛，共有10名男生和8名女生报名参赛。

由于男生和女生是
两个组别，所以男生和女生组成的队伍数就是10乘以8=80个。

这里的乘法原理就是将两个事件的结果相乘来得到组合数。

加法乘法原理在实际生活中有着广泛的应用。

比如，在购物时，如果有3种商品可供选择，每种商品有4种颜色可选，那么总的购买方案数就是3乘以4=12种。

在排列组合问题中，加法
乘法原理也是必不可少的计算工具。

总之，加法乘法原理是数学中重要的计算原则，通过运用加法和乘法，可以灵活地计算事件的数量和组合方式。

第六讲加乘原理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，在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成，并且几类方法是互不影响的。

在每一类方法中，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。

加法原理：乘法原理：1.加法原理和乘法原理是计数方法中常用的重要原理，在应用时要注意它们的区别。

2.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。

3.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。

例1：一个盒子内装有5个小球，另一个盒子内装有9个小球，所有这些小球颜色各不相同。

问：①从两个盒子内任取一个小球，有多少种不同的取法？②从两个盒子内各取一个小球，有多少种不同的取法？例2：从1到399的所有自然数中，不含有数字3的自然数有多少个？例3:用5种颜色给图1的五个区域染色，相邻的区域染不同的颜色，每个区域染一种颜色。

问：共有多少种不同的染色方法？例4：学校羽毛球队有12名男队员，10名女队员。

（l）要挑选一名男队员和一名女队员组成一对男、女混合双打选手，有多少种不同的搭配方法？（2）该羽毛球队在比赛中获团体总分第一名，学校选一名运动员去领奖，有多少种选法？例5:找出图2中从A点出发，经过C点和D点到B点的最短路线，共有多少条？例6：现有壹元的人民币4张，贰元的人民币2张，伍元的人民币5张，如果从中至少取一张，至多取11张，那么共可以配成多少种不同的钱数？例7:由数字1、2、3、4、5、6、7、8、9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9的没有重复数字的三位数？⑤百位为9的没有重复数字的三位偶数？A1．从0、1、2、3、4这五个数字中任取3个，可以组成______个无重复数字的三位数。

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.。

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】 由数字1，2，3 可以组成多少个没有重复数字的数？【考点】加乘原理之综合运用 【难度】2星 【题型】解答【解析】 因为有1，2，3共3个数字，因此组成的数有3类：组成一位数；组成二位数；组成三位数．它们的和就是问题所求．教学目标例题精讲 知识要点7-3-2.加乘原理之数字问题（一）⑴组成一位数：有3个；⑵组成二位数：由于数字可以重复使用，组成二位数分两步完成；第一步排十位数，有3种方法；第二步排个位数也有3种方法，因此由乘法原理，有326⨯=个；⑶组成三位数：与组成二位数道理相同，有326⨯=个三位数；所以，根据加法原理，一共可组成36615++=个数．【答案】15【例 2】用数字1，2，3可以组成6个没有重复数字的三位数，这6个数的和是。