小学六年级奥数题：加法原理

十四、穷举法与树形图（一）1. 15.取一枚的,有4种方法;取二枚的,有6种方法;取三枚的有4种方法;取四枚的,有1种方法.每种取法币值都不同,故共有4+6+4+1=15(种)不同币值.2. 10.放一本,有4种不同放法,放2本,有6种不同放法.共有4+6=10(种)不同放法.3. 10.最简分数的分母比分子大,分母为31的,有4种最简分数;分母为29的,有3个最简分数,分母为17的,有2个最简分数;分母为13的,有1个最简分数,故一共有4+3+2+1=10个最简分数.4. 6,10.三角形有6个:△ABC 、△ACD 、△ADE 、△ABD 、△ACE 、△ABE .线段有10条:BC 、CD 、DE 、BD 、CE 、BE 、AB 、AC 、AD 、AE .5. 30条.在每一条长线段上有4个点,它们可以连成6条线段,五条长线段共可连成6×5=30条线段.6. 18.以BD 、DE 、EC 、BE 、DC 、BC 为底的梯形各有2个,共12个;以D B ''、E D ''、C E ''、E B ''、C D ''、C B ''为底的梯形各有一个,共有6个,合计18个.7. 16.9分别与2、3、4、5、6、7、8的和大于10;8分别与3、4、5、6、7的和大于10;7分别与4、5、6的和大于10;6与5的和大于10.所以共有7+5+3+1=16种不同取法.8. 20.先考虑甲胜第一局的情况,列树形图如下:1 2 3 4 5甲 甲 甲 乙 甲 乙甲乙 乙乙甲乙甲乙 甲 乙 甲 乙一共有10种情况,同理,乙胜第一局也有10种情况,合计有20种情况.9. 6.列树形图如下,共有6种路线.10. 2种.设三人为A 、B 、C ,他们的帽子为a ,b ,c ,则有如下二种换法:A B Cb c ac a b11. 因为0和9是3的倍数,而1,4,7三数被3除都余1.故满足条件的四位数中应含有1,4,7三个数字,第四个数是0或9.将它由小到大排列是1047,1074,1407,……,第三个是1407.12. 将五个靶子标上字母如图:若第一次击碎A ,第二次击碎B ,有如下3种次序同理,第二次击碎C 也有3种次序,故第一次击中A 有6种次序.若第一次击碎B ,第二次击碎A ,有如下3种次序: 若第一次击碎B ,第二次击碎D ,有如下3种次序:若第一次击碎B ,第二次击碎C ,则有6种次序. A C A B A A C B A B A B C A C A B AC CDE C B A E D E D C D E C A B D E D E A C E C D B E C E A故第一次击碎B,共有3+3+6=12(种)次序.同理,第一次击碎C也有12种次序,于是总共有6+12+12=30(种)不同次序.13. 以长方形的长为底的三角形有2×4=8个,以长方形的宽为底的三角形有2个,共有8+2=10个.14. 除原题中的四种外,还有如右图所示三种1.从1写到100,一共用了个“5”这个数字.2.从19,20,21,…，92,93,94这76个数中,选取两个不同的数,使其和为偶数的选法总数是 .3.用一个5分币、四个2分币，八个1分币买一张蛇年8分邮票，共有种付币方式.4.用0,1,2,3这四个数字,可以组成一位数,两位数,三位数,四位数,这样的很多自然数(在一个数里,每个数字只用1次),其中是3的倍数的自然数共有个.5.在所有四位数中,各位上的数之和等于34的数有种.6.从数字0、1、2、3、4、5中任意挑选出五个数字组成能被5整除而各个数位上数字不同的五位数，共有个.7.至少有一个数字是1,并且能被4整除的四位数共有个.8.在1,2,3,4,…,50这50个数中取出不同的两个数,要使取出的两个数相加的结果是3的倍数,有种不同的取法.。

乘法原理与加法原理解题乘法原理：如果完成一件事需要n个步骤，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法…做第n步有mn种方法，那么完成这件事共有m1×m2×…×mn种方法。

由于上述的各个步骤彼此互不影响，因此各个步骤安排的先后顺序不同并不影响结果。

这就使我们可以选择适当顺序来研究它们，以使问题简便地得到解决。

加法原理：如果所要计数的对象有n类，第一类有m1种，第二类有m2种…第n类有mn种，那么这些对象总计有m1＋m2＋…＋mn种。

应用加法原理的关键是将所有计数的对象依据同一标准，分为不重、不漏的若干类。

例1、王芳、小华、小花三人约好每人报名参加学校运动的跳远、跳高、100米跑、200米跑四项比赛中的一项，问报名的结果会出现多少种不同情形？做一做：有5件不同的上衣，3条不同的裤子，4顶不同的帽子，从中取出一顶帽子、一件上衣、一条裤子配成一套装束，最多有多少种不同的装束？例2、从3名男生、2名女生中选出优秀学生干部3人，要求其中至少有一名学生，一共有多少种不同选法？做一做：3名男生、2名女生排成一行照相，女生不站两头，且女生站在一起，问有多少种不同站法。

例3、用0，1，2，3，4这五个数字可以组成多少没有重复数字的三位数？做一做：有五张卡片，分别写着数字1,2,4,5,8。

现从中取出3张卡片，并排放在一起，组成一个三位数，如1 2 3 。

问：可以组成多少个不同的偶数？例4、地图上有A ，B ，C ，D 四个国家，如右图所示。

现用红、蓝、黄、绿四种颜料给地图染色，使相邻国家的颜色不同。

问：有多少种不同的染色方法？做一做：如右图所示的地区内有六个国家，A ，B ，C ，D ，E ，F ，现对每个国家用红、黄、蓝、绿、紫这五种颜色中的一种进行着色，并使得相邻国家必须着不同颜色，那么一共有多少种不同的着色方法？A C BD例5、从1到400的所有自然数中，不含数字3的自然数有多少个？做一做：从1到1000自然数中，一共有多少个数字0？例6、从19，20，21……，92，93，94这76个数中，选取两个不同的数，使其和为偶数的选法总数是多少？做一做：有大小两个正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6。

奥数加法原理
奥数加法原理是指在计算两个或多个数的和时，可以按照任意顺序进行计算，最终得到的和都是相同的。

这个原理在奥数学习中起着非常重要的作用，不仅可以帮助学生更好地理解加法运算，还可以应用于解决各种数学问题。

首先，我们来看一个简单的例子来说明奥数加法原理。

假设有三个数分别是3、4和5，按照加法原理，我们可以先计算3+4，然后再加上5，也可以先计算4+5，再加上3，或者先计算3+5，再加上4，最终得到的和都是12。

这就是奥数加法原理的基本概念。

在实际应用中，奥数加法原理可以帮助我们更快地解决一些复杂的数学问题。

比如，在排列组合中，如果我们需要计算一组数的和，可以根据加法原理任意选择计算顺序，从而简化计算过程。

又如，在概率统计中，奥数加法原理也可以帮助我们计算不同事件发生的总概率，提高计算效率。

除此之外，奥数加法原理还可以应用于解决一些实际生活中的问题。

比如，在购物时，如果我们需要计算一些商品的总价，可以根据加法原理任意选择计算顺序，以便更快地得出总价。

又如，在
时间安排上，如果我们需要计算一天中不同活动的总时间，也可以利用加法原理灵活安排时间，提高时间利用效率。

总的来说，奥数加法原理是一种非常实用的数学原理，可以帮助我们更好地理解加法运算，提高数学解题的效率，同时也可以应用于实际生活中，帮助我们更好地解决各种问题。

因此，我们在学习奥数的过程中，应该充分理解和掌握加法原理，灵活运用于解决各种数学问题和实际生活中的应用场景中。

这样不仅可以提高我们的数学能力，还可以提高我们的解决问题的能力，让我们在学习和生活中更加得心应手。

加法原理和乘法原理
1.加法原理：
加法原理也称为分情形原理，是指对一个由相互独立的事件构成的事件总和，其计数等于这些事件各自计数的总和。

简单来说，当我们需要从A和B两个集合中选择元素，或者进行两个动作时，可以使用加法原理来计数。

加法原理的表达式可以表示为：，
A∪B，=，A，+，B，-，A∩B。

一个例子是，有5个红球和3个蓝球，我们要从中选3个球。

这里红球和蓝球是分别独立的集合，使用加法原理可以直接将选红球的方式数目与选蓝球的方式数目相加，即C(5,3)+C(3,3)=10+1=11
2.乘法原理：
乘法原理也称为连乘法则，是指对一个多步操作的计数问题，其计数等于每个步骤计数的乘积。

乘法原理可以用于计数多个独立事件同时发生的可能性。

乘法原理的表达式可以表示为：，A×B，=，A，×，B。

一个例子是，有4个人，每个人有3种选择，问有多少种不同的选择方式。

我们可以将这个问题分解成4个独立的选择过程，并将每个选择过程的可能性相乘：3^4=81
乘法原理还可以推广到更多步骤的操作。

比如，在一个密码中，每位密码有10个可能的选项，密码有4位。

使用乘法原理，我们可以计算出总共有10^4=10,000种不同的密码可能性。

总结起来，加法原理和乘法原理是计数问题中非常重要的基本原理。

它们可以帮助我们计算各种可能性的总数，从而解决各种实际问题。

在实际应用中，我们通常需要灵活地使用这两个原理，结合具体问题进行推理和计算。

十六、加法原理（一）1.有3个工厂共订300份辽宁日报,每个工厂最少订99份,最多订101份.一共有 种不同的订法.2.数字和是4的三位数有 个.3.有许多1分、2分、5分的硬币,要从这些硬币中取出元,有 种取法.4.用1 9 9 5 四个数字卡片,可以组成 个不同的四位数.5.从8个班选12个三好学生,每班至少1名,共有 种选法.6.从1~9这九个数中,每次取2个数,这两个数的和必须大于10,能有种取法.7.从2、3、5、7、9五个数字中,选出四个数字组成被3和5除都余2的四位数,这样的四位数共有 个.8.用0、1、2、3、7、8六个数字可以组成 个能被9整除而又没有重复数字的四位数.9.有一批长度分别为1、2、3、4、5、6、7、8、9、10和11厘米的细木条,它们的数量都足够多,从中适当选取3根木条作为三条边,可能围成 个不同的三角形.10.从学校到少年宫有4条东西的马路和3条南北的马路相通(如图),李楠从学校出发,步行到少年宫(只许向东或向南行进),最多有 种走法.11.小明为了练习加法,做了分别写着1,2,3,4,5,6,7,8,9,10这十个数的卡片放在右边的抽屉里,又做了同样的十张放在左边的抽屉里,然后每次从两个抽屉各取一张卡片做加法,这样一共可以组成多少个不同的算式,其中和为偶数的情况有几种 (1+2和2+1算作同一种算式)12.长方形四周有14个点,相邻两点之间的距离都是1cm ,以这些点连成三角形,面积是3cm 2的三角形有几个北少年宫学校13.在1001,1002,…2000这1000个自然数中,可以找到多少对相邻的自然数,使它们相加时不进位. 14.小格纸(如图)上有一只小虫,从直线AB 上一点O 出发,沿方格纸上的横线或竖线爬行.方格纸上每小段的长为1厘米.小虫爬过若干小段后仍回到直线AB 上,但不一定回到O 点.如果小虫一共爬过3厘米,那么小虫爬行路线有多少种十六、加法原理（一）(答案）第[1]道题答案：7三个工厂都订100份,有1种情况;三个工厂分别订99、100、101份报纸,有6种情况,所以三个工厂共有1+6=7(种)不同订法.第[2]道题答案：10.三个数字和是4的有以下几种情况:(1)4=4+0+0,只有1个三位数;(2)4=1+1+2,有3个三位数;(3)4=2+2+0,有2个三位数;(4)4=3+1+0,有4个三位数.一共存1+3+2+4=10(个)数字和为4的三位数.第[3]道题答案：10只用一种硬币的,有3种方法;用1分和2分两种硬币的,有4种方法;用1分和5分两种硬币的,有1种方法;三种硬币都用的,有2种方法.一共有3+4+1+2=10(种)方法.第[4]道题答案：12卡片1在首位的,有3个四位数;卡片5在首位的,也有3个四位数;卡片9在首位的,有6个四位数,共有3+3+6=12(个)四位数.• • • • • •• • • • • • • • A O B第[5]道题答案：330每班至少1名,就有8名三好学生,现在只考虑12-8=4(名)的选举情况就可以了.(1)四名同学在一个班,有8种选法;(2)四名同学在两个班,若每班有2个,有28278=⨯(种)选法,若一个班1个,另一个班3个,有8⨯7=56(种)选法.共计28+56=84(种)选法. (3)四名同学在三个班,有一班有2人,另两个班各一人.共有1683216783=⨯⨯⨯⨯⨯(种)选法.(4)四名同学在4个班,有743215678=⨯⨯⨯⨯⨯⨯0(种)选法. 所以共有8+84+168+70=330(种)选法.第[6]道题答案：16较大数为9时,另一数有7种选法;较大数为8时,另一数有5种选法;较大数为7时,另一数有3种选法;较大数为6时,另一数有1种选法.一共有7+5+3+1=16(种)选法.第[7]道题答案：24能被5除余2的四位数,个位数必定是2或7;被3除余2的四位数,4个数字之和除以3余2.(1)若个位为2,前三位应是3、5、7或5、7、9的一个排列,共有(3⨯2⨯1)⨯2=12(个).(2)若个位为7,前三位应是2、3、5或2、5、9的一个排列,也有(3⨯2⨯1) ⨯2=12(个). 总共有12+12=24(个)这样的四位数.第[8]道题答案：42从0、1、2、3、7、8、这六个数字中,四个数字之和是9的倍数的有1、2、7、8和3、7、8、0这两组数字.(1)由1、2、7、8可以组成4⨯3⨯2⨯1=24(个)不同的四位数.(2)由3、7、8、0可以组成3⨯3⨯2⨯1=18(个)不同的四位数.故一共可以组成24+18=24(个)能被9整除的四位数.第[9]道题答案：161最长边为11厘米,次长为11、10、9、8、7、6厘米的三角形分别有11、9、7、5、3、1个,共计有11+9+7+5+3+1=36(个);最长边为10厘米的三角形有10+8+6+4+2=30(个);最长边为9厘米的三角形有9+7+5+3+1=25(个);最长边为8厘米的三角形有8+6+4+2=20(个);最长边为7厘米的三角形有7+5+3+1=16(个);最长边为6厘米的三角形有6+4+2=12最长边为5厘米的三角形有5+3+1=9(个);最长边为4厘米的三角形有4+2=6(个);最长边为3厘米的三角形有3+1=4(个);最长边为2厘米的三角形有2个;最长边为1厘米的三角形有1个.合计有36+30+25+20+16+12+9+6+4+2+1=161(个).第[10]道题答案：10如图,用标数法累加得,共有10条路线.第[11]道题答案：(1)当两加数中较大者为10时,有10个加法算式;而当加数中较大者为9,8,7,6,5,4,3,2,1时,分别有9,8,7,6,5,4,3,2,1个算式.故共有10+9+8+7+6+5+4+3+2+1=55(个)加法算式.(2)两个加数都是奇数的有5+4+3+2+1=15(个)算式;两个加数都是偶数的也有15个算式,共有15+15=30(个)算式.第[12]道题答案：底为3,高为2的三角形:当底在BC 或AD 边上时,有4⨯2=8(个);当底为AB 或CD 上时,有2⨯2=4(个);当底为MN 、PQ 时有2⨯2=4(个),当底为EF 时,有4⨯2=8(个).共计有8+4+4+8=24(个).底为2,高为3的,当底在BC 或AD 边上时,有3⨯3⨯2=18(个).当底在AB 或CD 上时,有4个(即三角形AKQ 、GBP 、DLN 、EHC ).共有26+4=30(个).此外还有4个面积为3的三角形:GMC 、KND 、LQA 、PHB .所以面积为3的三角形一共有18+30+4=52(个).第[13]道题答案：相邻两数相加不需进位的数对中,前一个数可以分成四类:(1) 1999,1个;(2) 991a ,a 可取0,1,2,3,4共5个;• • • • • • • • • • • • • • A M E P D H L C QF N B K G1ab,a,b均可取0、1、2、3、4,共25个;(3)91,a,b,c均可取0,1,2,3,4共125个.(4)abc故由加法原理知,这样的数对共有156个.第[14]道题答案：当小虫第一步向上爬行时,第二步有三个可行的方向:向下、向左或向右.若第二步向下,则第三步有左、右两个方向;若第二步向左或向右,则第三步都只能向下.故共有2+1+1=4(种)路线.显然小虫第一步向下爬行也有4种路线.当小虫第一步向左爬行时,它的第二步可以有四个方向.当它第二步向上或向下时,第三步只能向下或向上一种选择;当它第二步向左或向右时,都还有向左向右两种选择.故一共有2+2⨯2=6(种)路线.显然当小它第一步向右爬行时,也有6种路线.综上所述,小虫可以选择路线一共有4⨯2+6⨯2=20(种).。

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。

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.。

加法原理与乘法原理一、知识要点加法原理：做一件事时有几类不同的方法，而每一类方法中又有几种可能的做法就用加法原理来解决。

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：在做一件事情时，要分几步完成，而在完成每一步时又有几种不同的方法，要知道完成这件事一共有多少种方法，就用乘法原理来解决。

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。

二、精讲精练【例题1】书架上层有6本不同的数学书，下层有5本不同的语文书，若任意从书架上取一本数学书和一本语文书，有多少种不同的取法？练习1：1、商店里有5种不同的儿童上衣，4种不同的裙子，妈妈准备为女儿买上衣一件和裙子一条组成一套，共有多少种不同的选法？2、小明家到学校共有5条路可走，从学校到少年宫共有3条路可走。

小明从家出发，经过学校然后到少年宫，共有多少种不同的走法？3、张师傅到食堂吃饭，主食有2种，副食有6种，主、副食各选一种，他有几种不同的选法？【例题2】由数字0，1，2，3组成三位数，问：①可组成多少个不相等的三位数？②可组成多少个没有重复数字的三位数？练习2：1、由数字1，2，3，4，5，6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？2、在自然数中，用两位数做被减数，一位数做减数，共可组成多少个不同的减法算式？3、由数字1，2，3，4，5，6，7，8，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；④百位是8的没有重复数字的三位数；⑤百位是8的没有重复数字的三位偶数。

【例题3】有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6。

将两个正方体放在桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？练习3：1、在1—1000的自然数中，一共有多少个数字1？2、在1—500的自然数中，不含数字0和1的数有多少个？3、十把钥匙开十把锁，但不知道哪把钥匙开哪把锁，问最多试开多少次，就能把锁和钥匙配起来？【例题4】在2，3，5，7，9这五个数字中，选出四个数字，组成被3除余2的四位数，这样的四位数有多少个？练习4：1、在1，2，3，4，5这五个数字中，选出四个数字组成被3除余2的四位数，这样的四位数有多少个？2、在1，2，3，4，5这五个数字中，选出四个数字组成能被3整除的四位数，这样的四位数有多少个？3、在1，4，5，6，7这五个数字中，选出四个数字组成被3除余1的四位数，这样的四位数有多少个？【例题5】下图（1）中有7个点和10条线段，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何线段和点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同的走法？（1）（2）（3）（4）练习5：1，上图（2）中共有16个方格，要把A、B、C、D四个不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能出现一个棋子．问：共有多少种不同的放法？2，上图（3）中一只小甲虫要从A点出发沿着线段爬到B点，要求任何点和线段不可重复经过．问：这只甲虫有多少种不同的走法？3，上图(4 )中从甲地到乙地有4条路可走，从乙地到丙地有2条路可走，从甲地到丙地有3条路可走．那么，从甲地到丙地共有多少种走法？三，作业：1. 王英、赵明、李刚三人约好每人报名参加学校运动会的跳远、跳高、100米跑、200米跑四项中的一项比赛，问：报名的结果会出现多少种不同的情形？2. 书架上有6本不同的画报和7本不同的书，从中最多拿两本（不能不拿），有多少种不同的拿法？3. 一个篮球队，五名队员A、B、C、D、E，由于某种原因，C不能做中锋，而其余四人可以分配到五个位置的任何一个上．问：共有多少种不同的站位方法？4、由数字0，1，2，3，4可以组成多少个没有重复数字的三位偶数？5. 某市的电话号码是六位数的，首位不能是0，其余各位数上可以是0～9中的任何一个，并且不同位上的数字可以重复．那么，这个城市最多可容纳多少部电话机？6. 现有一角的人民币4张，贰角的人民币2张，壹元的人民币3张，如果从中至少取一张，至多取9张，那么，共可以配成多少种不同的钱数？。

加法和乘法原理(公式P是摆列公式，从N个元素取R个行摆列（即排序）。

公式C是合公式，从N个元素取R个，不可以摆列（即不排序）。

(1)加法原理：做一件事，达成它能够有n法，在第一法中有m1种不一样的方法，在第二法中有m2种不一样的方法，⋯⋯，在第n法中有mn种不一样的方法，那么达成件事共有N＝m1＋m2＋m3＋⋯＋mn种不一样方法．(2)乘法原理：做一件事，达成它需要分红n个步，做第一步有m1种不一样的方法，做第二步有m2种不一样的方法，⋯⋯，做第n步有mn种不一样的方法，那么达成件事共有N＝m1×m2×m3×⋯×mn种不一样的方法．里要注意划分两个原理，要做一件事，达成它假如有n法，是分，第一中的方法都是独立的，所以用加法原理；做一件事，需要分n个步，步与步之是的，只有将分红的若干个相互系的步，挨次相达成，件事才算达成，所以用乘法原理．)张东参加由18个人列席的联欢会，他与这些人一一握手，张东一共握了几次手？从甲地到乙地，每日有2班轮船，4班火车，6班汽车，那么这天中乘坐这些交通工具，从甲地到乙地共有多少种走法？从甲地到乙地有4条不一样的路，从乙地到丙地有6条不一样的路。

那么从甲地经乙地到丙地共有多少不一样的路？如图，此中有7个点和10条线段，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何线段和点不得重复经过，问：这只甲虫最多有几种不一样走法？5.在一个圆周上有十个点，以这些点为端点或极点，能够画出多少条或多少个不一样的（1）线段，（2）三角形，（3）四边形？在自然数中，用两位数作被减数，一位数作减数，共能构成多少个不一样的减法算式？书架上层放有6本不一样的数学书，基层放有5本不一样的语文书。

l）从中任取一本，有多少种不一样取法？2）从中任取一本数学书与语文书，有多少种不一样取法？用0、1、2、3四个数字能够构成多少个没有重复数字的四位偶数？一把钥匙只好开一把锁，现有10把钥匙和10把锁，最多要试验多少次就能配好所有的钥匙和锁？用一张10元、一张5元、一张2元、一张1元，可构成多少种不一样的币值？上海电话号码有7个数码，此中第一个数字不为0，并且数字不重复，这样的电话号码共有多少个？圆上有12个点，以每3个点为极点画一个三角形，一共能够画多少个三角形？若以每4个点为极点画一个四边形，一共能够画多少个四边形？13.如图，从甲地到乙地有两条路线，乙地到丁地也有两条路线；从甲地到丙地只有一条路线，丙地到丁地有三条路线。

例1从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船。

一天中火车有4班，汽车有3班，轮船有2班。

问：一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同走法？分析与解：一天中乘坐火车有4种走法，乘坐汽车有3种走法，乘坐轮船有2种走法，所以一天中从甲地到乙地共有：4＋3＋2=9（种）不同走法。

例2旗杆上最多可以挂两面信号旗，现有红色、蓝色和黄色的信号旗各一面，如果用挂信号旗表示信号，最多能表示出多少种不同的信号？分析与解：根据挂信号旗的面数可以将信号分为两类。

第一类是只挂一面信号旗，有红、黄、蓝3种；第二类是挂两面信号旗，有红黄、红蓝、黄蓝、黄红、蓝红、蓝黄6种。

所以一共可以表示出不同的信号3＋6=9（种）。

以上两例利用的数学思想就是加法原理。

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N=m1+m2+…+m n种不同的方法。

乘法原理和加法原理是两个重要而常用的计数法则，在应用时一定要注意它们的区别。

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；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。

例3两次掷一枚骰子，两次出现的数字之和为偶数的情况有多少种？分析与解：两次的数字之和是偶数可以分为两类，即两数都是奇数，或者两数都是偶数。

因为骰子上有三个奇数，所以两数都是奇数的有3×3=9（种）情况；同理，两数都是偶数的也有9种情况。

根据加法原理，两次出现的数字之和为偶数的情况有9＋9＝18（种）。

例4用五种颜色给右图的五个区域染色，每个区域染一种颜色，相邻的区域染不同的颜色。

问：共有多少种不同的染色方法？分析与解：本题与上一讲的例4表面上十分相似，但解法上却不相同。

因为上一讲例4中，区域A 与其它区域都相邻，所以区域A与其它区域的颜色都不相同。