1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理

人教A版选修2—3 精讲细练1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、知识精讲1.计数原理2.计数原理选取对于两个计数原理的综合应用问题,一般是先分类再分步,分类时要设计好标准,设计好分类方案,防止重复和遗漏;分步时要注意步与步之间的连续性,同时应合理设计步骤顺序,使各步互不干扰.二、典例细练【题型一】：分类加法计数原理的简单应用例题1：书架上层放有13本不同的数学书，中层放有14本不同的语文书，下层放有15本不同的化学书，某人从中取出一本书，有多少种不同的取法？【解析】要完成“取一本书”这件事有三类不同的取法：第1类，从上层取一本数学书有13种不同的方法；第2类，从中层取一本语文书有14种不同的方法；第3类，从下层取一本化学书有15种不同的方法．其中任何一种取法都能独立完成取一本书这件事，故从中取一本书的方法种数为13＋14＋15＝42.【点评】分类的原则：标准一致，不重复，不遗漏．变式训练：某校高三共有三个班，其各班人数如下表：(1)(2)从1班、2班男生中或从3班女生中选一名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？【解析】：(1)从三个班中任选一名学生，可分三类：第1类，从1班任选一名学生，有50种不同选法；第2类，从2班任选一名学生，有60种不同选法；第3类，从3班任选一名学生，有55种不同选法．由分类加法计数原理知，不同的选法共有N＝50＋60＋55＝165(种)(2)由题设知共有三类：第1类，从1班男生中任选一名学生，有30种不同选法；第2类，从2班男生中任选一名学生，有30种不同选法；第3类，从3班女生中任选一名学生，有20种不同选法；由分类加法计数原理知，不同的选法共有N＝30＋30＋20＝80(种)．【题型二】：分步乘法计数原理的简单应用例题2：已知集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)(a,b∈M)表示平面上的点,问:(1)点P可表示平面上多少个不同的点?(2)点P可表示平面上多少个第二象限内的点?【解析】:(1)确定平面上的点P(a,b),可分两步完成:第一步确定a的值,有6种不同方法;第二步确定b的值,也有6种不同方法.根据分步乘法计数原理,得到平面上点P的个数为6×6=36.(2)确定平面上第二象限内的点P,可分两步完成:第一步确定a的值,由于a<0,所以有3种不同方法;第二步确定b的值,由于b>0,所以有2种不同方法.由分步乘法计数原理,得到平面上第二象限内的点P的个数为3×2=6.【点评】利用分步乘法计数原理解决问题应注意:(1)要按事件发生的过程合理分步,即分步是有先后顺序的;(2)各步中的方法互相依存,缺一不可,只有各个步骤都完成才算完成这件事.变式训练1：(2011年高考课标全国卷)有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为()A.13 B.12 C.23 D.34【解析】：选A.甲、乙两位同学参加3个小组的所有可能性有3×3＝9(种)，其中甲、乙两人参加同一个小组的情况有3(种)．故甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组的概率P＝39＝13.变式训练2：现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是()A．56B．65C.5×6×5×4×3×22D．6×5×4×3×2【解析】：每位同学都有5种选择，则6名同学共有56种不同的选法，故选A. 【题型三】：两个计数原理的综合使用例题3：现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营．(1)若从中选一人作总负责人，共有多少种不同的选法？(2)若每年级各选一名负责人，共有多少种不同的选法？(3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种选法？【解析】(1)从高一选一人作总负责人有50种选法；从高二选一人作总负责人有42种选法；从高三选一人作总负责人有30种选法．由分类加法计数原理，可知共有50＋42＋30＝122种选法．(2)从高一选一名负责人有50种选法；从高二选一名负责人有42种选法；从高三选一人作负责人有30种选法．由分步乘法计数原理，可知共有50×42×30＝63 000种选法．(3)①高一和高二各选一人作中心发言人，有50×42＝2 100种选法；②高二和高三各选一人作中心发言人，有42×30＝1 260种选法；③高一和高三各选一人作中心发言人，有50×30＝1 500种选法．故共有2 100＋1 260＋1 500＝4 860种选法．【点评】用两个计数原理解决具体问题时，首先要分清是“分类”还是“分步”，其次要清楚“分类”或“分步”的具体标准，在“分类”时要做到“不重不漏”，在“分步”时要正确设计“分步”的程序，注意步与步之间的连续性．变式训练：7名同学中，有5名会下象棋，有4名会下围棋．现从这7人中选2人分别参加象棋和围棋比赛，共有多少种不同的选法？【解析】：依题意，既会象棋又会围棋的“多面手”有5＋4－7＝2人．方法一：第一类，先从会下象棋但不会下围棋的3人中选1人，再从会下围棋的4人中选1人，共有3×4＝12(种)选法．第二类，先从既会下象棋又会下围棋的2人中选1人，再从会下围棋的剩余3人中选1人下围棋，有2×3＝6(种)选法，由分类加法计数原理得N＝12＋6＝18(种)．方法二：第一类，“多面手”不参加，从只会下象棋的3人中选1人，从只会下围棋的2人中选1人，共有3×2＝6(种)选法．第二类，“多面手”中有一人参加象棋有2种选法，再从只会下围棋的2人中选1人，共有2×2＝4(种)选法．第三类，“多面手”中有一人参加围棋有2种选法，再从只会下象棋的3人中选1人，共有2×3＝6(种)选法．第四类，“多面手”都参加，有2种选法，故N＝6＋4＋6＋2＝18(种)．【题型四】：经典问题（1）——涂色问题例题4（1）：如图是某校的校园设施平面图，现用不同的颜色作为各区域的底色，为了便于区分，要求相邻区域不能使用同一种颜色．若有5种不同的颜色可选，则有________种不同的着色方案．【解析】：操场可从5种颜色中任选1种着色；餐厅可从剩下的4种颜色中任选1种着色；宿舍区和操场、餐厅颜色都不能相同，故可从其余的3种颜色中任选1种着色；教学区和宿舍区、餐厅的颜色都不能相同，故可从其余的3种颜色中任选1种着色．根据分步乘法计数原理，共有5×4×3×3＝180种着色方案．例题4（2）用5种不同的颜色给图中的四个区域涂色,每个区域涂一种颜色,若要求相邻(有公共边)的区域不同色,那么共有多少种不同的涂色方法?【解析】:第一类:1号区域与4号区域同色,此时可分三步来完成,第一步,先涂1号区域和4号区域,有5种涂法,第二步,再涂2号区域,只要不与1号区域和4号区域同色即可,因此有4种涂法;第三步,涂3号区域,只要不与1号区域和4号区域同色即可,因此也有4种涂法,由分步乘法计数原理知,有5×4×4=80种涂法;第二类:1号区域与4号区域不同色,此时可分四步来完成,第一步,先涂1号区域,有5种涂法,第二步,再涂4号区域,只要不与1号区域同色即可,因此有4种涂法;第三步,涂2号区域,只要不与1号区域和4号区域同色即可,因此有3种涂法;第四步,涂3号区域,只要不与1号区域和4号区域同色即可,因此也有3种涂法.由分步乘法计数原理知,有5×4×3×3=180种涂法.依据分类加法计数原理知,不同的涂色方法种数为80+180=260.【点评】反思:涂色问题一般是综合利用两个计数原理求解,但也有几种常用方法:(1)按区域的不同,以区域为主分步计数,用分步乘法计数原理分析;(2)以颜色为主分类讨论,适用于“区域、点、线段”等问题,用分类加法计数原理分析;(3)将空间问题平面化,转化成平面区域的涂色问题.变式训练1：用5种不同颜色给图中的A、B、C、D四个区域涂色，规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，问有多少种不同的涂色方案？【解析】解法一：A可从5种颜色中任选1种着色；B可从剩下的4种颜色中任选1种着色；C和A、B颜色都不能相同，故可从其余的3种颜色中任选1种着色；D和B、C的颜色都不能相同，故可从其余的3种颜色中任选1种着色．根据分步乘法计数原理，共有5×4×3×3＝480种着色方案解法二：先分为两类：第一类，当D与A不同色，则可分为四步完成．第一步涂A有5种方法，第二步涂B有4种方法，第三步涂C有3种方法，第四步涂D有2种涂法，由分步乘法计数原理，共有5×4×3×2＝120种方法．第二类，当D与A同色，分三步完成，第一步涂A和D有5种方法，第二步涂B有4种方法，第三步涂C有3种方法，由分步乘法计数原理共有5×4×3＝60(种)，所以共有120＋60＝180种不同的方案．变式训练2：用红、黄、绿、黑四种不同的颜色涂入图中的五个区域内，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？【解析】：给各区域标记号A、B、C、D、E，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，如果不相同，则只有一种. 因此应先分类后分步．第一类，B、D涂同色时，有4×3×2×1×2＝48种，第二类，当B、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．变式训练3：如图,一环形花坛被分成A,B,C,D四个区域,现有4种不同的花可供选种,要求在每个区域里种1种花,且相邻的2个区域种不同的花,则不同种法的种数为( ). A.96 B.84 C.60 D.48【解析】方法一：先种A地有4种，再种B地有3种，若C地与A地种相同的花，则C地有1种，D地有3种；若C地与A地种不同花，则C地有2种，D 地有2种，即不同种法总数为N＝4×3×(1×3＋2×2)＝84种．方法二：若种4种花有4×3×2×1＝24种；若种3种花，则A和C或B和D 相同，有2×4×3×2＝48种；若种2种花，则A和C相同且B和D相同，有4×3＝12种．共有N＝24＋48＋12＝84种．变式训练4：将1,2,3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，如图是一种填法，则不同的填写方法共有()A．6种B．12种C．24种D．48种【解析】：假设第一行为1,2,3，则第二行第一列可为2或3，此时，其他剩余的空格都只有一种填法，又第一行有3×2×1＝6种填法．故不同填写方法共有6×2＝12种．变式训练5：如图，用6种不同的作物把图中A、B、C、D四块区域分开，若相邻区域不能种植同一种作物，则不同的种法共有()A．400种B．460种C．480种D．496种【解析】：从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D、A种相同作物1种，D、A不同作物3种，∴不同种法有6×5×4×(1＋3)＝480种．故选C.变式训练6：有4种不同的作物可供选择种植在如图所示的4块试验田中，每块种植一种作物，相邻的试验田(有公共边)不能种植同一种作物，共有多少种不同的种植方法？【解析】方法一：第一步，种植A试验田有4种方法；第二步，种植B试验田有3种方法；第三步，若C试验田种植的作物与B试验田相同，则D试验田有3种方法，此时有1×3＝3种种植方法．若C试验田种植的作物与B试验田不同，则C试验田有2种种植方法，D也有2种种植方法，共有2×2＝4种种植方法．由分类加法计数原理知，有3＋4＝7种方法．第四步，由分步乘法计数原理有N＝4×3×7＝84种不同的种植方法．方法二：(1)若A、D种植同种作物，则A、D有4种不同的种法，B有3种种植方法，C也有3种种植方法，由分步乘法计数原理，共有4×3×3＝36种种植方法．(2)若A、D种植不同作物，则A有4种种植方法，D有3种种植方法，B有2种种植方法，C有2种种植方法，由分步乘法计数原理，共有4×3×2×2＝48种种植方法．综上所述，由分类加法计数原理，共有N＝36＋48＝84种种植方法.【题型五】：经典问题（2）——组数问题例题5：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)四位密码？(2)四位数？(3)四位奇数？【解析】(1)完成“组成无重复数字的四位密码”这件事，可以分为四步：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．由分步乘法计数原理，可以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，可以分四步：第一步，从1,2,3,4这4个数字中选一个数字作千位数字，共4种不同的选取方法，第二步从1,2,3,4中剩余的三个数字和0共4个数字选一个数字作百位数字，有4种不同的选取方法；第三步，从剩余的三个数字中选取一个数字作十位数字，有3种不同的选取方法；第四步，从剩余的两个数字中选取一个数字作个位数字，有2种不同的选取方法．由分步乘法计数原理，可以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，可以分四步：第一步定个位，只能从1、3中任取一个有两种方法，第二步定首位，把1、2、3、4中除去用过的一个还有3个可任取一个有3种方法，第三步，第四步把剩下的包括0在内的还有3个数字先排百位3种方法，再排十位有2种方法．由分步乘法计数原理共有2×3×3×2＝36个．变式训练1：从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有()A．30个B．42个C．36个D．35个【解析】：选C.第一步取b的数，有6种方法，第二步取a的数，也有6种方法，根据乘法计数原理，共有6×6＝36种方法．变式训练2：用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有()A．36个 B．18个C．9个D．6个【解析】：选B.分3步完成，1,2,3这三个数中必有某一个数字被使用2次．第1步，确定哪一个数字被使用2次，有3种方法；第2步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上有3种方法；第3步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上，有2种方法．故有3×3×2＝18个不同的四位数．变式训练3：从1,2,3,4,7,9六个数中，任取两个数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值的个数为________．【解析】：(1)当取1时，1只能为真数，此时对数的值为0.(2)不取1时，分两步：①取底数，5种；②取真数，4种．其中log23＝log49，log32＝log94，log24＝log39，log42＝log93，∴N＝1＋5×4－4＝17.变式训练4：用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为()A．324 B．328C．360 D．648【解析】：分两类，第一类，0在末位时，百位有9种排法，十位有8种排法，故共有9×8＝72(个)．第二类，0不在末位，也不能在首位，此时末位只能排2,4,6,8中的一个，共4种排法，百位有8种排法，十位有8种排法，共有4×8×8＝256(个)．综上共有72＋256＝328(个)．。