分类计数原理和分步计数原理

分类计数原理与分步计数原理一、分类加法计数原理：完成一件事情可以有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的方法，在第二类办法中有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12n N m m m =+++种不同的方法注：在分类计数原理中，n 类办法中相互独立，无论哪一类办法中的哪一种方法都能独立完成这件事. 例1. 一个书包内有7本不同的小说，另一个书包内有5本不同的教科书，从两个书包中任取一本书的取法有多少种？例2. 在所有的两位数中个位数字比十位数字大的两位数有多少个？（合理分类）二、分步乘法计数原理：完成一件事情需要n 个步骤，做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的办法……，做第n 步有m n 种不同的办法，那么完成这件事共有N 种不同的方法.N=n m m m ⨯⨯⨯ 21 注：分步计数原理各步骤相互依存，只有各步骤都完成才能做完这件事.例1. 用0，1，2，3，4排成可以重复的5位数，若中间的三位数字各不相同，首末两位数字相同，这样的5位数共有多少个？例2. （1）8本不同的书，任选3本分给3个同学，每人一本有多少种不同的分法？（2）若将4封信投入3个邮筒，有多少种不同的投法？若3位旅客到4个旅馆住宿，又是多少种住宿方法？ 例3. 将红、黄、绿、黑四种颜色涂入图中的五个区域，要求相邻的区域不同色，问有多少种不同的涂色方法？变式训练：1、如图，用6种不同的颜色把图中A 、B 、C 、D 四块区域分开，若相邻区域 不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有多少种？2、如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A ，B ，C ，D 中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有多少种？三、计数原理综合应用作用：计算做一件事完成它的所有不同的方法种数区别：一个与分类有关，一个与分步有关；加法原理是“分类完成”，乘法原理是“分步完成” 方法：（1）列举数数法：就是完成一件事方法不是很多，一一列举出来，然后一种一种地数，这种方法适用于：数目较少的问题.（2）字典排序法：把所有的字母或数字或其它，按照顺序依次排出来，所有的字母或数字或其它排完后结束.（3）模型法：根据题意构建相关的图形，利用图形构建两个原理的模型.AB C D典型例题分析（先分类再分步.）【例1】 一个口袋内装有5个小球，另一个口袋内装有4个小球，所有这些小球的颜色互不相同.（1）从两个口袋内任取一个小球，有多少种不同的取法？（2）从两个口袋内各取一个小球，有多少种不同的取法？变式训练1 在夏季，一个女孩有红、绿、黄、白4件上衣，红、绿、黄、白、黑5条裙子，3双不同鞋子，3双不同丝袜，这位女孩夏季某一天去学校上学，有多少种不同的穿法?变式训练2 有不同的中文书7本，不同的英文书5本，不同的法文书3本，若从中选出不属于同一种文字的2本书，共有多少种选法？【例2】 有四位同学参加三项不同的竞赛.(1)每位学生必须参加且只能参加一项竞赛，有多少种不同结果？(2)每项竞赛只许一位学生参加，有多少种不同结果？变式训练1 火车上有十名乘客，沿途有五个车站，乘客下车的可能方式有多少种？变式训练2 有4种不同溶液倒入5只不同的量杯,如果溶液足够多,每只量杯只能倒入一种溶液,有几种不同倒法?【例3】电视台在“欢乐今宵”节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封.现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？【例4】d c b a ,,,排成一行，其中a 不排第一，b 不排第二，c 不排第三，d 不排第四的不同排法共有多少种？【例5】 甲、乙、丙、丁4个人各写1张贺卡，放在一起，再各取1张不是自己所写的贺卡，共有多少种不同取法？变式训练1 甲、乙、丙、丁4个人各写1张贺卡，放在一起，各取1张，其中甲、乙、丙不能取自己所写的贺卡，共有多少种不同取法？变式训练2 设有编号①，②，③，④，⑤的5个球和编号为1，2，3，4，5的5个盒子，现将这5个球投入这5个盒子内，要求每个盒子内投入一个球，并且恰好有2个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法总数为多少【例6】某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如下图）.现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有_____________种.（以数字作答） 654321四、课堂练习1.一个学生从3本不同的科技书、4本不同的文艺书、5本不同的外语书中任选一本阅读，不同的选法有_______________种.若是选取两本书且它们不相同则有_______________种2.一个乒乓球队里有男队员5人，女队员4人，从中选出男、女队员各一名组成混合双打，共有______种不同的选法.3.一商场有3个大门，商场内有2个楼梯，顾客从商场外到二楼的走法有__________种.4.从分别写有1，2，3，……，9的九张数字卡片中，抽出两张数字和为奇数的卡片，共有_______种不同的抽法.5.从0，1，2，…，9这十个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法有______种。

分类计数原理与分步计数原理一、知识精讲分类计数原理与分步计数原理分类计数原理：做一件事，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的方法 ，在第二类办法中有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种不同的办法。

分步计数原理：做一件事，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有1m 种不同的方法，做第二步有2m 种不同的方法，……，做第n 步有n m 种不同方法，那么完成这件事共有n m m m N ⋅⋅⋅= 21种不同的方法。

特别注意:两个原理的共同点是把一个原始事件分解成若干个分事件来完成。

不同点在于，一个与分类有关，一个与分步有关，如果完成一件事情共有n 类办法，这n 类办法彼此之间相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事情，求完成这件事情的方法种数，就用分类计数原理；如果完成一件事情需要分成n 个步骤，各个步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有的步骤，才能完成这件事，而完成 每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事情的方法种数就用分步计数原理。

二、题型剖析例1、把一个圆分成3块扇形，现在用5种不同的颜色给3块扇形涂色，要求相邻扇形的颜色互不相同，问有多少钟不同的涂法？若分割成4块扇形呢？解：（1）不同涂色方法数是：60345=⨯⨯（种）（2）如右图所示,分别用a,b,c,d 记这四块,a 与c 可同色,也可不同色,先考虑给a,c 两块涂色,分两类(1) 给a,c 涂同种颜色共15C 种涂法,再给b 涂色有4种涂法,最后给d 涂色也有4种涂法,由乘法原理知,此时共有4415⨯⨯C 种涂法(2) 给a,c 涂不同颜色共有25A 种涂法,再给b 涂色有3种方法,最后给d 涂色也有3种，此时共有3325⨯⨯A 种涂法 故由分类计数原理知，共有4415⨯⨯C +3325⨯⨯A =260种涂法。

例2、（1）如图为一电路图，从A 到B 共有-___________条不同的线路可通电。

【高考导航】分类计数原理与分步计数原理又称加法原理和乘法原理,它不仅是推导排列数、组合数计算公式的依据，而且是最基本的思想方法，这种思想方法贯穿在解决本章应用问题的始终.在高考中，运用分类计数原理和分步计数原理结合排列组合知识解决排列组合相关的应用题，通常不单独命题.【学法点拨】对两个原理的掌握和运用，是学好本单元知识的一个关键.从思想角度看，分类计数原理的运用是将一个问题进行分类的思考，分步计数原理是将问题进行分步的思考，从而达到分析问题、解决问题的目的.从集合的角度看，两个基本原理的意义及区别就显得更加清楚了.完成一件事有A、B两类办法，即集合A、B互不相交，在A类办法中有m1种方法，B类办法中有m2种方法，即card(A)=m1，card(B)=m2，那么完成这件事的不同方法的种数是card(AB)=m1+m2.这就是n=2时的分类计数原理.若完成一件事需要分成A、B两个步骤，在实行A步骤时有m1种方法，在实行B步骤时有m2种方法，即card(A)=m1;card(B)=m2，那么完成这件事的不同方法的种数是card(AB)=card(A)card(B)=m1m2.这就是n=2时的分步计数原理.两个原理都是涉及完成一件事的不同方法的种数.它们的区别在于：分类计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事;分步计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成.初学时，应结合实例，弄清两个原理的区别，学会使用两个原理.【基础知识必备】一、必记知识精选1.分类计数原理：做一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=m1+m2++mn种不同的方法.2.分步计数原理：完成一件事，需要分成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，，做第n步有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N=m1m2mn 种不同的方法.二、重点难点突破本节重点是准确理解和灵活运用分类计数原理和分步计数原理.难点是两个原理的恰当运用.两个原理的区别在于分类与分步，完成一件事的方法种数若需分类思考，则这n类办法是相互独立的，且无论哪一类办法中的哪一个方法都能单独完成这件事，则用加法计数.若完成这件事需分为n个步骤，这n个步骤相互依存.具有连续性，当且仅当这n个步骤依次全都完成后，这件事才完成，那么完成这件事的方法总数用乘法计算.处理具体问题时,首先要弄清是分类还是分步,简单地说是分类互斥、分步互依,因此在解题时,要搞清题目的条件与结论,且还要注意分类时,要不重不漏,分步时合理设计步骤、顺序,使各步互不干扰.对于一些较复杂的题目,往往既要分类又要分步,也就是说既要应用分类计数原理又要运用分步计数原理.三、易错点和易忽略点导析由于对两个原理理解不清,解题时,易发生分类不全和分类时各类有叠加现象的错误,即遗漏或者重复.【例1】有红、黄、蓝旗各3面,每次升一面、二面、三面在某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺序不同则表示不同的信号，共可以组成多少种不同的信号?错解：可组成333=27种不同的信号.正确解法：每次升1面旗可组成3种不同的信号;每次用2面旗可组成33=9种不同的信号;每次升3面旗可组成333=27种不同的信号.根据分步计数原理得共可组成3+9+27=39种不同的信号.错解分析：错解忽略了信号可分为使用的旗数分别可以为1面、2面、3面这3类.本题综合应用了乘法原理和加法原理.【例2】在3000到8000之间有多少个无重复数字的奇数?错解：分三步完成，首先排首位有5种方法，再排个位有5种方法，最后排中间两位有87种方法，所以共有5587=1400个.正确解法：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，最后排中间两个数位有87种方法，所以共有3487=672个.另一类是首位是4或6的四位奇数，也可以3步完成，共有2587=560个.由分类计数原理得共有672+560=1232个.错解分析：由题意，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.错解中有重复排上同一个奇数的四位数而产生错误.【例3】编号为1～25的25个球摆成五行五列的方阵，现从中任选3个球，要求3个球中任意两个都不在同一行也不在同一列，有多少种不同的选法?错解：分以下三步完成：(1)选取第一个球，可在25个球中任意选取，有25种选法;(2)选取第二个球，为了保证两球不在同一行也不在同一列，将第一个球所在的行和列划掉，在剩余的16个球中任取一个，有16种选法;(3)选取第三个球，应从去掉第一、二个球所在的行和列后所剩余的9个球中选取有9种选法.根据乘法原理，有25169=3600种方法.正确解法：分以下三个步骤：(1)先从5行5列中选出3行有10种选法;(2)从一行的5个球中选出3个球,有10种选法;(3)最后从所选出的3个球中按照它所在列放在第(1)步选出3行的每一行上有6种方法.根据乘法原理有10106=600种选法.错解分析：错解中先选一球,假定此球为①,第二步去掉球①所在的行和列，在剩余的16个球中任选一个球，假定选取了球(25),第三步在去掉球①与(25)所在的两行、两列16个球，在剩余的9个球中任选一球，假定为球(13),则此选法为①(25)(13)，若第一步选(13)，第二步选①,第三步选(25)，显然这两种选法是相同结果.这说明上述解法中有许多重复之处.所以,解法是错误的,每一不同取法在错解中都被重复了6次.【综合应用创新思维点拨】一、学科内综合思维点拨【例1】三边长均为整数，且最大边长为11的三角形共有( )A.25个B.26个C.36个D.37个思维入门指导：设另两边长分别为x,y，且不妨设1xy.由三角形的特性，必须满足x+y12，以下可以分类考虑.解：当y取11时，x=1，2，3，，11，可有11个三角形.当y取10时，x=2，3，，10，可有9个三角形.当y取6时，x=6可有1个三角形.因此，所求三角形的个数为11+9+7+5+3+1=36个，故应选C.点拨：本题应用了穷举法，这也是解决排列组合应用题的一个基本方法.二、学科间综合思维点拨【例2】 DNA分子多样性表现在碱基的排列顺序的千变万化上.若一个DNA分子有8000个碱基，则由此组成的DNA的碱基对的排列方式共有( )种.A.2100B.24000C.48000D.44000解：选D.点拨：每个碱基可互配对及自配对.三、应用思维点拨【例3】 (1)有5名同学报名参加4个课外活动小组，若每人限报1个，共有多少种不同的报名方法?(2)5名同学争夺4项竞赛冠军，冠军获得者共有多少种可能?思维入门指导：(1)每名同学确定参报课外活动小组项目可依次让每个同学去报.因此，可划分为五个步骤.(2)可依次为四项冠军确定人选，这样，可分4步完成.解：(1)每名同学在四个项目中可任报一项，即每一步有4种方法，根据分步计数原理，不同的报名方法共有：N=44444=45=1024种.(2)为每一个冠军寻找人选均有5种可能,因此,根据分步计数原理,冠军获得者共有：N=5555=54=625种.四、创新思维点拨【例4】 (1)有面值为五分、一角、二角、五角、一元、二元、五十元、一百元人民币各一张,共可组成多少种不同的币值?(2)有一角、二角、五角人民币各一张,一元人民币3张,五元人民币2张,一百元人民币2张,由这些人民币可组成多少种不同的币值?思维入门指导：(1)中的8张人民币的面值各不相同,并且这8张人民币中任意几张的面值之和各不相同.因此，8张人民币所组成的不同币值的数种就是人民币所有可能取法的数种.对每一张人民币而言，都有取与不取两种可能.因此，可按这样的程序：(2)中这10张人民币一元的有3张，五元的有2张，一百元的有2张.因此取人民币的程序应该是：解：(1)每张人民币均有取与不取两种可能，所以有22222222=28.而其中每一张都不取，不组成币值，所以不同的币值数为;N=28-1=255(种).(2)第一、二、三步都只有取与不取这两种情况，第四步取一元的3张中，可分不取、取一张、取二张、取三张这四种情况，第五步与第六步都有3种情况，且每步都不取不构成币值.所以不同的币值数：N=222433-1=287种.点拨：此题若分类思考，特别是第(2)问，则较麻烦.此法为间接法.五、高考思维点拨【例5】 (2003，河南)将3种作物种植在如图10-1-1所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物，不同的种植方法共有______ 种(以数字作答).解：设从左到右五块田中要种a、b、c三种作物，不妨先设第一块种a,则第2块可种b或c，有两种选法.同理，如果第二块种b，则第三块可种a和c，也有两种选法，由乘法原理共有：12222=16.其中要去掉ababa和acaca两种方法，故a种作物种在第1块田时有16-2=14种方法.同样b和c也可种在第1块田中，故共有：143=42种.点拨：本小题主要考查运用乘法原理分析解决问题的能力.六、经典类型题思维点拨【例6】如图10-1-2所示，从A地到B地有3条不同的道路,从B地到C地有4条不同的道路，从A地不经B地直接到C地有2条不同的道路.(1)从A地到C地共有多少种不同的走法?(2)从A地到C地再回到A地有多少种不同的走法?(3)从A地到C地再回到A地，但回来时要走与去时不同的道路，有多少种走法?(4)从A地到C地再回到A地，但回来时要走与去时完全不同的道路，有多少种走法?思维入门指导：要综合应用两个原理.解：(1)从A到C地的走法分为两类：第一类经过B，第二类不经过B.在第一类中分两步完成，第一步从A到B，第二步从B到C，所以从A地到C地的不同走法总数是34+2=14种.(2)该事件发生的过程可以分为两大步，第一步去，第二步回.由(1)可知这两步的走法都是14种，所以去后又回来的走法总数是1414=196种.(3)该事件的过程与(2)一样可分为两大步，但不同的是第二步即回来时的走法比去时的走法少1种，所以，走法总数是1413=182种.(4)该事件同样分去与回两大步，但须对去时的各类走法分别讨论：若去时用第一类走法，则回来时，用第二类方法或用第一类中的部分走法，即第一类中的两步各去掉1种走法中的走法，这样的走法数是：34(2+32)=96种;若去时用第2类走法，则回来时可用第一类走法或用第二类中的另一种走法.这样的走法数是：2(43+1)=26种.所以，走法总数为96+26=122种.点拨：正确区分不同与完全不相同两种含义是解题的另一个关键，前者的含义是回来时不能原路返回，但允许有部分是原路，后者的含义是去时走过的路，回来时都不能走，前者包含后者.七、探究性学习点拨允许元素重复出现的排列，叫做有重复的排列.在m个不同的元素中，每次取出n个元素，元素可以重复出现，按照一定的顺序排成一排,那么第一，第二，，第n位上选取元素的方法都是m个，所以从m个不同的元素中,每次取出n个元素的可重复的排列数为=mn.【例7】有数学、物理、文学3个课外活动小组,6个同学报名,每人限报一组,一共有多少种报名的方法?解：这就是有重复的排列.第一个同学有3种报名的方法,无论他报了哪一个组,第二个同学还是有3种报名的方法,其余类推.所以,一共有36=729种报名的方法.思考题：用0,1,2,,9共10个数字中的4个数字组成电话号码,但0000不能作号码,问可编成多少个号码?【强化练习题】A卷：教材跟踪练习题(100分 45分钟)一、选择题(每题5分，共50分)1.把10个苹果分成三堆，每堆至少1个，至多5个，则不同的分堆方法共有( )A.4种B.5种C.6种D.7种2.现有四种不同款式的上衣与三件不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的选法数为( )A.7B.64C.12D.813.有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位教师均不在本班监考，则安排监考的方法总数是( )A.8B.9C.10D.114.某体育彩票规定：从01至36个号中抽出7个号为一注，每注2元，某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成1注，则这人把这种特殊要求的号买全，至少要花( )A.3360元B.6720元C.4320元D.8640元5.如图10-1-3，在儿童公园中有四个圆圈组成的连环道路，从甲走到乙，不同路线的走法有( )A.2种B.8种C.12种D.16种6.将4个不同的小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空的放法共有( )A.34种B.43种C.18种D.36种7.设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球投入这五个盒内，要求每个盒内投放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法的总数为( )A.20B.30C.60D.1208.已知集合A={1,-2,3}，B={-4,5,6,-7}，从两集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中第一、第二象限内不同点的个数有( )A.18B.16C.10D.149.北京某中学要把9台型号相同的电脑送给西部地区的三所希望小学，每所小学至少得到两台，不同送法的种数共有( )A.10种B.9种C.8种D.6种10.某大学的信息中心A与大学各部门、各院系B、C、D、E、F、G、H、I之间拟建立信息联网工程，实际测算的费用如图10-1-4所示(单位：万元)，若不建立部分网线也能使中心与各部门、各院系都能相通(直接或中转)，则最小的建网费用(万元)是( )A.12B.13C.14D.16二、填空题(每题5分，共10分)11.已知集合A={a，b，c，d，e}，B={-1，0，1}，则从集合A到集合B的不同映射有____个.12.72的正约数(包括1与72)有________个.三、解答题(每题20分，共40分)13.(1)由数字1，2，3可组成多少个三位数?(2)由0，1，2，，9可组成多少个不同的四位数码?(数字可重复使用)(3)由0，1，2，，9可组成多少个不同的四位数码?(数字不可重复使用)14.用n种不同颜色为下列两广告牌着色(如图10-1-5)，要求①②③④个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色.(1)n=6时，为甲着色时，共有多少种不同方法?(2)若为乙着色时，共有120种不同方法，求n的值.B卷：综合应用创新练习题(100分 60分钟)一、学科内综合题(每题8分，共16分)1.从{-3，-2，-1，0，1，2，3｝中任取3个不同的数作为抛物线方程y=ax2+bx+c(a0)的系数，如果抛物线过原点且顶点在第一象限,则这样的抛物线共有多少条?2.正方体ABCD一A1B1C1D1中，与对角线AC1异面的棱有( )A.3条B.12条C.6条D.9条二、学科间综合题(6分)3.如图10-1-6为一电路图，从A到B共有______条不同的单线路可通电.4.用1克砝码1个,2克码1个，5克码5个，50克码4个，共可称量多少种不同重量(按天平使用规则，砝码只能放在右边)?四、创新题(54分)(一)教材变型题(12分)5.(P85例1变型)设有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的油彩画.(1)从中任选一幅布置房间，有多少种不同的选法?(2)从这些画中，各选一种不同类的三幅画布置房间，有几种不同的选法?(3)从这些画中，选出两种不同类的各一幅画布置房间，有多少种不同的选法?(二)一题多解(8分)6.甲、乙、丙、丁4人各写一张贺年卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺年卡，共有多少种不同取法?(三)一题多变(9分)7.某组有3名男生，4名女生.(1)从中选男生、女生各一名去开会，有多少种不同选法?(2)从中选一人去领奖，有多少种选法?(3)从中选正副组长各一人，男女不限，有多少种不同的选法?(四)新解法题(9分)8.如图10-1-7，在某个城市中，M、N两地之间有整齐的道路网，若规定只能向东或向北两个方向沿图中路线前进，则从M到N不同的走法总数有多少种?(五)新情境题(每题8分，共16分)9.用10元，5元,1元来支付20元，不同支付方法共有多少种?10.如图10-1-8，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相联，连线标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量.现从结点A向结点B传递信息，信息可以沿不同路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为( )A.26B.24C.20D.19五、高考题(每题8分，共16分)11.(2003，北京)某班试用电子系统选举班干部候选人,全班k名同学都有选举权和被选举权;他们的编号分别为1，2,3，，k,规定：同意按1,不同意(舍弃权)按0，令aij=其中i=1，2，，k,j=1，2，，k，则同时同意第1、2号同学当选的人数为( )A.a11+a12++a1k+a21+a22++a2kB.a11+a21++ak1+a12+a22++ak2C.a11a12+a21a22++ak1ak2D.a11a21+a12a22++a1ka2k12.(1997，上海)从集合{0，1，2，3，5，7，11}中任选3个元素分别作为直线方程Ax+By+C=0中的A、B、C，所得的经过原点的直线有______ 条(结果用数值表示).【课堂内外】费马大定理1637年左右,17世纪最伟大的数学家之一费马，在阅读古希腊人丢番图的巨著《算术》中第二卷的第八个问题将一个平方数分为两个平方数时，在问题旁边的空白处，写道然而此外，一个立方数不能分拆成两个立方数，一个四次方数不能分拆成两个四次方数，一般地说，任何次数大于二的高次方数都不可分拆成两个幂次相同的数.我已经找到这一定理的绝妙证明，可惜这里空白太狭小，写不下用现代数学术语描述就是xn+yn=zn，当n2时，无整数解.这一段看似平淡的注解就是著名的费马大定理.自1665年费马大定理发表后，多少数学家为之花费了大量时间乃至毕生精力，他们的研究或是失败或是将定理向前推进，但一直未彻底解决，直到有了高速计算机后，费马大定理的证明才有了突破性进展.1955年前后，三位日本数学家曾猜想：有理数域上所有椭圆曲线都是模曲线.到了80年代中期，德国数学家费雷证明了若干猜想成立,则可以推出费马大定理.1994年普林顿大学的数学教授维尔斯成功地证明了此猜想，从而证明了这一千古难题.参考答案A卷一、1.A 点拨：按每堆苹果的数量可分为4类，即1，4，5;2，3，5;3，3，4;2，4，4，且每类中只有一种分法，故选A.2.C 点拨：因为在四件上衣中任取一件有4种不同的方法，再在三件长裤中任取一件有3种不同的取法，要完成配套，由分步计数原理可得有43=12种不同的方法.3.B 点拨：由分步计数原理可得33=9种.此题也可以用穷举法把情况一一列举出来.4.D 点拨：这种特殊要求的号共有89106=4320注，因此至少需花钱43202=8640元.5.D 点拨：在每圆圈两侧均各有一条路可供选择，因此从甲地到乙地共有2222=16种不同的路线.6.D 点拨：将4个不同的小球放入3个盒子中，每个盒子至少放1个，则必有一个盒子放两个球，另两个盒子各放入1个球.因此可先将4个球分为2，1，1的三堆，设四个小球为A，B，C，D，则可分为：AB，C，D;AC，B，D;AD，B，C;BC，A，D;BD，A，C;CD，A，B 共6种.又将它们装入三个不同的盒子中，选一种情况放入编号盒中，1，2，3，AB，C，D;AB，D，C;C，AB，D;C，D，AB;D，AB，C;D，C，AB共6种放法.故共有66=36种放法.7.A 点拨：先从5个球中选出2个球放入与它们编号相同的盒子中，有10种方法，再把余下的三个球放入与它们编号不相同的3个盒子中，有2种放法，根据分步计数原理知共有210=20种放法.8.D 点拨：第一、第二象限点须y0，这些点可分为xA，yB与xB，yA的两类.前者有32=6种，后者有24=8种，所以共有6+8=14种.9.A 点拨：每所学校可得电视台数有3类情形：①5，2，2台，有3种送法;②4，3，2台，有6种送法;③3，3，3台，有1种送法.所以一共有3+6+1=10种不同的送法.10.B 点拨：最小费用时信息联网工程如答图10-1-1，还有其他情形未画出.二、11.243 解：由映射定义，A中每一个元素在B中的象都有3个可能，所以可建立不同映射个数为35=243.12.12 解：72=2232，72的正因数具有形式为2a3b的数，其中a{0，1，2，3}，b{0，1，2}，因此，共有正因数43=12个.三、13.解：(1)利用填框图的方法，分三步完成填得一个三位数，百位数，十位数，个位数每一个数位均有3个填法，依分步计数原理，共有33=27个三位数.(2)可组成104=10000个四位数码.(3)因数字不可重复使用，故可组成10987=5040个四位数码.14.解：(1)完成着色这件事共分四个步骤：为①着色有6种，为②着色有5种，为③着色有4种，为④着色也有4种，故共有着色方法6544=480种.(2)与(1)不同在于④有三块相邻的区域了，则不同的着色是n(n-1)(n-2)(n-3).由题设，n(n-1)(n-2)(n-3)=120，(n2-3n)(n2-3n+2)=120.令n2-3n=t，则t2+2t-1210=0，t=10.n2-3n=10.n=5.(n=-2舍去)B卷一、1.解：抛物线y=ax2+bx+c过原点，且顶点在第一象限，a、b、c应满足所以分三步，a=-3，-2，-1，b=1，2，3，c=0.所以，抛物线的条数为331=9.2.C 解：在底面有BC，CD，B1C1，C1D1，在侧面有BB1，DD1与对角线AC1异面.二、3.解：从A到B共有3+1+22=8条不同的单线路可通电.三、4.解：每一重量只能由砝码的一种组合构成，因不同的重量数仅仅与所选用的不同砝码的个数有关，不同的砝码数构成不同的重量数，同一重量数不会有多种称法.这样本题可转化为怎样选取这些砝码.对1克的砝码有取与不取两种方法，对2克砝码也有2种，对5克砝码有6种取法，50克砝码有5种取法，但均不取是无法称重的，所以.可称重的不同质量数为2265-1=119种.四、(一)5.解：(1)做完这件事有三类方法：选国画、油画或选水彩画，根据分类计数原理，一共有5+2+7=14种方法.(2)完成选三幅不同的画布置房间有三个步骤：第一步选国画，第二步选油画，第三步选水彩画.根据分步计数原理，共有527=70种方法.(3)一共有52+57+27=59种方法.(二)6.解：如下表：人甲乙丙丁卡乙甲丙丁丁丁甲丙甲丙思路1：排出所有的分配方案，用穷举法得本题解.思路2：甲取乙卡分配方案如表所示，此时乙有甲、丙、丁3种取法，若乙取甲，则丙取丁，丁取丙，故有3种分配方案.由分类计数原理，共有3+3+3=9种.思路3：分步法：第一步甲取1张不是自己的卡，有3种取法，第2步由甲取出的那张贺卡的供卡人取，也有3种取法，第三步由剩余两人中任一人去取，此时，只有一种取法，第四步最后一人取也只有一种取法，所以共有3311=9种.点拨：这类问题一般情况是：n个编号为1，2，，n的小球放入编号为1，2，，n的盒子中，而限制第i(i=1，2，，n)个球不放入第i个盒子里，问共有多少种放法?一般结论是A-A+A-+(-1)nA.(此点用到下节排列的知识)(三)7.解：(1)34=12种.(2)3+4=7种.(3)76=42种.(四)8.解：如答图10-1-2，从M到A1，A2，A3，A4，A5的走法分别有1，2，3，4，5种，然后从Ai(i=1，2，3，4，5)到N的走法都只有一种，所以，由两个原理得从M到N 的走法共有11+21+31+41+51=15种.点拨：本题求解的关键是把M到N分成两步走.(五)9.解：支付方法可分为三类：第一类为只使用10元或只使用5元或只用1元来支付，有3种方法;第二类是使用其中的两样，使用10元和5元的支付与使用10元和1元的支付，都各有1种方法，使用5元和1元的支付有3种方法，若使用10元、5元，1元三样支付，则只有1个方法，所以共有3+5+1=9种支付方法.10.D 点拨：该题是规划问题，对于我们是一个陌生情境，其实只要把传递的最大信息量类比成水流量的瓶颈问题，即一条水管所流过的水量等于水管中最窄地方流过的水量问题，而A到B所传递信息等于每条路线所传递的信息量之和，故从A到B传递的最大信息为3+4+6+6=19.五、11.C 点拨：由题意，ak1，ak2分别表示第k号同学选举第1号，第2号同学的情况.由于所求的是同时同意第1、2号同学当选的人数，而ak1ak2即可表示第k号同学是否同意第1、2号同学当选，若同时同意，则ak1ak2=1，若不同时同意，则ak1ak2=0，故所求人数为.本题难点在于理解题意，题意一旦读懂，选项则一目了然了.12.30 点拨：因直线过原点，所以C=0，从0，1，2，3，5，7，11这6个数中任取2个作为A，B两数，且顺序不同，表示直线不同，所以直线的条数为65=30.。

分类加法计数原理与分步乘法计数原理1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．分类加法计数原理的理解分类加法计数原理中的“完成一件事有两个不同方案”，是指完成这件事的所有方法可以分为两类，即任何一类中的任何一种方法都可以完成任务，两类中没有相同的方法，且完成这件事的任何一种方法都在某一类中．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．分步乘法计数原理的理解分步乘法计数原理中的“完成一件事需要两个步骤”，是指完成这件事的任何一种方法，都需要分成两个步骤．在每一个步骤中任取一种方法，然后相继完成这两个步骤就能完成这件事，即各个步骤是相互依存的，每个步骤都要做完才能完成这件事．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( )(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能完成这件事．( )(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )(4)在分步乘法计数原理中，事情若是分两步完成的，那么其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有两个步骤都完成后，这件事情才算完成．( )答案：(1)×(2)√(3)√(4)√某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有( )A．3种B．4种C．7种D．12种答案：C已知x∈{2，3，7}，y∈{－31，－24，4}，则(x，y)可表示不同的点的个数是( ) A．1 B．3C．6 D．9答案：D某学生去书店，发现2本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有________种．答案：3加工某个零件分三道工序，第一道工序有5人可以选择，第二道工序有6人可以选择，第三道工序有4人可以选择，每两道工序中可供选择的人各不相同，如果从中选3人每人做一道工序，则选法有________种．答案：120探究点1 分类加法计数原理[学生用书P2]在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？【解】法一：按十位上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个、7个、6个、5个、4个、3个、2个、1个．由分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．法二：按个位上的数字分别是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有1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个．由分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)．[变问法]在本例条件下，个位数字小于十位数字且为偶数的两位数有多少个？解：当个位数字是8时，十位数字取9，只有1个．当个位数字是6时，十位数字可取7，8，9，共3个．当个位数字是4时，十位数字可取5，6，7，8，9，共5个．同理可知，当个位数字是2时，共7个，当个位数字是0时，共9个．由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有1＋3＋5＋7＋9＝25(个).利用分类加法计数原理计数时的解题流程某校高三共有三个班，各班人数如下表：男生人数女生人数总人数高三(1)班30 20 50 高三(2)班30 30 60 高三(3)班 35 20 55(1)(2)从高三(1)班、(2)班男生中或从高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，有多少种不同的选法？解：(1)从每个班选1名学生任学生会主席，共有3类不同的方案：第1类，从高三(1)班中选出1名学生，有50种不同的选法；第2类，从高三(2)班中选出1名学生，有60种不同的选法；第3类，从高三(3)班中选出1名学生，有55种不同的选法．根据分类加法计数原理知，从三个班中选1名学生任学生会主席，共有50＋60＋55＝165(种)不同的选法．(2)从高三(1)班、(2)班男生或高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有3类不同的方案：第1类，从高三(1)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；第2类，从高三(2)班男生中选出1名学生，有30种不同的选法；第3类，从高三(3)班女生中选出1名学生，有20种不同的选法．根据分类加法计数原理知，从高三(1)班、(2)班男生或高三(3)班女生中选1名学生任学生会生活部部长，共有30＋30＋20＝80(种)不同的选法．探究点2 分步乘法计数原理[学生用书P2]从－2，－1，0，1，2，3这六个数字中任选3个不重复的数字作为二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的系数a ，b ，c ，则可以组成抛物线的条数为多少？【解】 由题意知a 不能为0，故a 的值有5种选法； b 的值也有5种选法；c 的值有4种选法．由分步乘法计数原理得：5×5×4＝100(条)．1．[变问法]若本例中的二次函数图象开口向下，则可以组成多少条抛物线？解：需分三步完成，第一步确定a 有2种方法，第二步确定b 有5种方法，第三步确定c 有4种方法，故可组成2×5×4＝40条抛物线．2．[变条件、变问法]若从本例的六个数字中选2个作为椭圆x 2m ＋y 2n＝1的参数m ，n ，则可以组成椭圆的个数是多少？解：据条件知m >0，n >0，且m ≠n ，故需分两步完成，第一步确定m ，有3种方法，第二步确定n ，有2种方法，故确定椭圆的个数为3×2＝6(个)．利用分步乘法计数原理计数时的解题流程从1，2，3，4中选三个数字，组成无重复数字的整数，则满足下列条件的数有多少个？(1)三位数；(2)三位偶数．解：(1)分三步：第1步，排个位，有4种方法；第2步，排十位，从剩下的3个数字中选1个，有3种方法；第3步，排百位，从剩下的2个数字中选1个，有2种方法．故共有4×3×2＝24个满足要求的三位数．(2)第1步，排个位，只能从2，4中选1个，有2种方法；第2步，排十位，从剩下的3个数中选1个，有3种方法；第3步，排百位，只能从剩下的2个数字中选1个，有2种方法．故共有2×3×2＝12个满足要求的三位偶数．探究点3 两个计数原理的综合应用[学生用书P3]甲同学有5本不同的数学书、4本不同的物理书、3本不同的化学书，现在乙同学向甲同学借书，(1)若借1本书，则有多少种借法？(2)若每科各借1本书，则有多少种借法？(3)若任借2本不同学科的书，则有多少种借法？【解】(1)需完成的事情是“借1本书”，所以借给乙数学、物理、化学书中的任何1本，都可以完成这件事情．根据分类加法计数原理，共有5＋4＋3＝12种借法．(2)需完成的事情是“每科各借1本书”，意味着要借给乙3本书，只有从数学、物理、化学三科中各借1本，才能完成这件事情．根据分步乘法计数原理，共有5×4×3＝60种借法．(3)需完成的事情是“从三种学科的书中借2本不同学科的书”，可分三类：第1类，借1本数学书和1本物理书，只有2本书都借，事情才能完成，根据分步乘法计数原理，有5×4＝20种借法；第2类，借1本数学书和1本化学书，有5×3＝15种借法；第3类，借1本物理书和1本化学书，有4×3＝12种借法．根据分类加法计数原理，共有20＋15＋12＝47种借法．利用两个计数原理的解题策略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”，区分分类还是分步的关键是看这种方法能否完成这件事情．其次，要清楚“分类”或“分步”的具体标准，在“分类”时要遵循“不重不漏”的原则，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；有些题目中“分类”与“分步”同时进行，即“先分类后分步”或“先分步后分类”．现有3名医生、5名护士、2名麻醉师．(1)从中选派1名去参加外出学习，有多少种不同的选法？(2)从这些人中选出1名医生、1名护士和1名麻醉师组成1个医疗小组，有多少种不同的选法？解：(1)分三类：第一类，选出的是医生，有3种选法；第二类，选出的是护士，有5种选法；第三类，选出的是麻醉师，有2种选法．根据分类加法计数原理，共有3＋5＋2＝10(种)选法．(2)分三步：第一步，选1名医生，有3种选法；第二步，选1名护士，有5种选法；第三步，选1名麻醉师，有2种选法．根据分步乘法计数原理知，共有3×5×2＝30(种)选法．1．某一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明，有5名同学只会用综合法证明，有3名同学只会用分析法证明，现从这些同学中任选1名同学证明这个问题，不同的选法种数为( )A．8 B．15C．18 D．30解析：选A.共有5＋3＝8种不同的选法．2．已知集合A＝{1，2}，B＝{3，4，5}，从集合A、B中先后各取一个元素构成平面直角坐标系中的点的横、纵坐标，则可确定的不同点的个数为( )A．5 B．6C．10 D．12解析：选B.完成这件事可分两步：第一步，从集合A中任选一个元素，有2种不同的方法；第二步，从集合B中任选一个元素，有3种不同的方法．由分步乘法计数原理得，一共有2×3＝6种不同的方法．3．体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某人到该体育场晨练，则他进、出门的方案有( )A．12种B．7种C．14种D．49种解析：选D.要完成进、出门这件事，需要分两步，第一步进体育场，第二步出体育场，第一步进门有4＋3＝7种方法；第二步出门也有4＋3＝7种方法，由分步乘法计数原理知进、出门的方案有7×7＝49种．4．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1人作总负责人，共有多少种不同的选法？(2)若每年级各选1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：(1)从高一选1人作总负责人有50种选法；从高二选1人作总负责人有42种选法；从高三选1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1名负责人有50种选法；从高二选1名负责人有42种选法；从高三选1名负责人有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1人作中心发言人，有50×42＝2 100 种选法；②高二和高三各选1人作中心发言人，有42×30＝1 260种选法；③高一和高三各选1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．[A 基础达标]1．完成一项工作，有两种方法，有5个人只会用第一种方法，另外有4个人只会用第二种方法，从这9个人中选1人完成这项工作，不同的选法种数是( )A．5 B．4C．9 D．20解析：选C.由分类加法计数原理求解，5＋4＝9(种)．故选C.2．已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，可得直角坐标系中第一、二象限不同点的个数是( )A．18 B．16C．14 D．10解析：选C.分两类：第一类M中取横坐标，N中取纵坐标，共有3×2＝6(个)第一、二象限的点；第二类M中取纵坐标，N中取横坐标，共有2×4＝8(个)第一、二象限的点．综上可知，共有6＋8＝14(个)不同的点．3．现有4名同学去听同时进行的3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．81 B．64C．48 D．24解析：选A.每个同学都有3种选择，所以不同选法共有34＝81(种)，故选A.4．如果x，y∈N，且1≤x≤3，x＋y＜7，那么满足条件的不同的有序自然数对(x，y)的个数是( )A．15 B．12C．5 D．4解析：选A.分情况讨论：①当x＝1时，y＝0，1，2，3，4，5，有6种情况；②当x＝2时，y＝0，1，2，3，4，有5种情况；③当x＝3时，y＝0，1，2，3，有4种情况．由分类加法计数原理可得，满足条件的有序自然数对(x，y)的个数是6＋5＋4＝15.5．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则不同的行车路线有( )A．24种B．16种C．12种D．10种解析：选C.完成该任务可分为四类，从每一个方向的入口进入都可作为一类，如图，从第1个入口进入时，有3种行车路线；同理，从第2个，第3个，第4个入口进入时，都分别有3种行车路线，由分类加法计数原理可得共有3＋3＋3＋3＝12种不同的行车路线，故选C.6．已知集合A＝{0，3，4}，B＝{1，2，7，8}，集合C＝{x|x∈A或x∈B}，则当集合C中有且只有一个元素时，C的情况有________种．解析：分两种情况：当集合C中的元素属于集合A时，有3种；当集合C中的元素属于集合B时，有4种．因为集合A与集合B无公共元素，所以集合C的情况共有3＋4＝7(种)．答案：77．某班小张等4位同学报名参加A，B，C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有________种．解析：小张的报名方法有2种，其他3位同学各有3种，所以由分步乘法计数原理知共有2×3×3×3＝54种不同的报名方法．答案：548．直线方程Ax＋By＝0，若从0，1，2，3，5，7这6个数字中每次取两个不同的数作为A，B的值，则可表示________条不同的直线．解析：若A或B中有一个为零时，有2条；当AB≠0时，有5×4＝20条，则共有20＋2＝22(条)，即所求的不同的直线共有22条．答案：229．(2018·云南丽江测试)现有高二四个班学生34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？(3)推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？解：(1)分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法．所以，共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)．(2)分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长，所以共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5 040(种)．(3)分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．所以共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．10．(1)如图，在由电键组A与B所组成的并联电路中，要接通电源且仅闭合其中一个电键，使电灯C发光的方法有多少种？(2)如图，由电键组A，B组成的电路中，要闭合两个电键接通电源，使电灯C发光的方法有几种？解：(1)只要闭合图中的任一电键，电灯即发光．由于在电键组A中有2个电键，电键组B 中有3个电键，且分别并联，应用分类加法计数原理，所以共有2＋3＝5(种)接通电源使电灯发光的方法．(2)只有在闭合A组中2个电键中的一个之后，再闭合B组中3个电键中的一个，才能使电灯的电源接通，电灯才能发光．根据分步乘法计数原理，共有2×3＝6(种)不同的接通方法使电灯发光．[B 能力提升]11．(2018·郑州高二检测)从集合{1，2，3，…，10}中任意选出3个不同的数，使这3个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )A．3 B．4C．6 D．8解析：选D.以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9.以2为首项的等比数列为2，4，8.以4为首项的等比数列为4，6，9.把这4个数列的顺序颠倒，又得到4个数列，所以所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8(个)．12．(2018·长沙高二检测)满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为( )A．14 B．13C．12 D．10解析：选B.对a进行讨论，为0与不为0，当a不为0时还需考虑判别式与0的大小．若a＝0，则b＝－1，0，1，2，此时(a，b)的取值有4个；若a≠0，则方程ax2＋2x＋b＝0有实根，需Δ＝4－4ab≥0，所以ab≤1，此时(a，b)的取值为(－1，0)，(－1，1)，(－1，－1)，(－1，2)，(1，1)，(1，0)，(1，－1)，(2，－1)，(2，0)，共9个．所以(a，b)的个数为4＋9＝13.故选B.13．已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，点P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)．(1)点P可以表示平面上的多少个不同点？(2)点P可以表示平面上的多少个第二象限的点？(3)点P可以表示多少个不在直线y＝x上的点？解：(1)完成这件事分为两个步骤：a的取法有6种，b的取法有6种．由分步乘法计数原理知，点P可以表示平面上6×6＝36(个)不同点．(2)根据条件，需满足a＜0，b＞0.完成这件事分两个步骤：a的取法有3种，b的取法有2种，由分步乘法计数原理知，点P 可以表示平面上3×2＝6(个)第二象限的点．(3)因为点P不在直线y＝x上，所以第一步a的取法有6种，第二步b的取法有5种，根据分步乘法计数原理可知，点P可以表示6×5＝30(个)不在直线y＝x上的点．14．(选做题)某节目中准备了两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？解：抽奖过程分三步完成，考虑到幸运之星可分别出现在两个信箱中，故可分两种情形考虑，分两大类：(1)幸运之星在甲箱中抽，先定幸运之星，再在两箱中各定一名幸运伙伴有30×29×20＝17 400种结果．(2)幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30＝11 400种结果．因此共有不同结果17 400＋11 400＝28 800种．。

分类计数原理和分步计数原理的理解与简单应用（833200）新疆奎屯市第一高级中学特级教师 王新敞分类计数原理与分步计数原理是计数问题的基本原理，体现了解决问题时将其分解的两种常用方法，即把问题分类解决和分步解决.分类计数原理：做一件事情，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的方法，在第二类办法中有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12n N m m m =+++ 种不同的方法分步计数原理：做一件事情，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有1m 种不同的方法，做第二步有2m 种不同的方法，……，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事有12n N m m m =⨯⨯⨯ 种不同的方法两个基本原理的作用：计算做一件事完成它的所有不同的方法种数两个基本原理的区别：一个与分类有关，一个与分步有关；加法原理是“分类完成”，乘法原理是“分步完成”原理浅释：①分类计数原理(加法原理)中，“完成一件事，有n 类办法”，是说每种办法“互斥”，即每种方法都可以独立地完成这件事，同时他们之间没有重复也没有遗漏．进行分类时，要求各类办法彼此之间是相互排斥的，不论那一类办法中的哪一种方法，都能独立完成这件事.只有满足这个条件，才能直接用加法原理，否则不可以.②分步计数原理(乘法原理)中，“完成一件事，需要分成n 个步骤”，是说每个步骤都不足以完成这件事，这些步骤，彼此间也不能有重复和遗漏．如果完成一件事需要分成几个步骤，各步骤都不可缺少，需要依次完成所有步骤才能完成这件事，而各步要求相互独立，即相对于前一步的每一种方法，下一步都有m 种不同的方法，那么完成这件事的方法数就可以直接用乘法原理.可以看出“分”是它们共同的特征，但是，分法却大不相同．两个原理的公式是: 12n N m m m =+++ , 12n N m m m =⨯⨯⨯这种变形还提醒人们，分类和分步，常是在一定的限制之下人为的，因此，在这里我们大有用武之地：可以根据解题需要灵活而巧妙地分类或分步．强调知识的综合是近年的一种可取的现象．两个原理，可以与物理中电路的串联、并联类比．例1 电视台在“欢乐今宵”节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封.现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？ 解：分两类：（1）幸运之星在甲箱中抽，再在两箱中各定一名幸运伙伴，有30×29×20=17400种结果；（2）幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30=11400种结果.因此共有17400+11400=28800种不同结果.点评：在综合运用两个原理时，既要合理分类，又要合理分步，一般情况是先分类再分步. 例2 从集合{1，2，3，…，10}中，选出由5个数组成的子集，使得这5个数中的任何两个数的和不等于11，这样的子集共有多少个?解：和为11的数共有5组：1与10，2与9，3与8，4与7，5与6，子集中的元素不能取自同一组中的两数，即子集中的元素取自5个组中的一个数.而每个数的取法有2种，所以子集的个数为2×2×2×2×2=25=32.点评：解本题的关键是找出和为11的5组数，然后再用分步计数原理求解. 例2中选出5个数组成子集改为选出4个数呢? （答案：C 45·24=80个）.例3 某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如下图）.现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有_____________种.（以数字作答） 解法一：从题意来看6部分种4种颜色的花，又从图形看知必有2组同颜色的花，从同颜色的花入手分类求. （1）②与⑤同色，则③⑥也同色或④⑥也同色，所以共有N 1=4×3×2×2×1=48种；（2）③与⑤同色，则②④或⑥④同色，所以共有N 2=4×3×2×2×1=48种；（3）②与④且③与⑥同色，则共有N 3=4×3×2×1=24种.所以，共有N =N 1+N 2+N 3=48+48+24=120种.解法二：记颜色为A 、B 、C 、D 四色，先安排1、2、3有A 34种不同的栽法，不妨设1、2、3已分别栽种A 、B 、C ，则4、5、6栽种方法共5种，由以下树状图清晰可见.根据分步计数原理，不同栽种方法有N =A 34×5=120. 答案：120点评：①解法一是常规解法，解法二安排4、5、6时又用了分类和列举的方法. ②较复杂的应用题，需确定或设计出完成事件的程序，依需要分类或分步（“类”与“类”之间独立且并列，“步”与“步”相依且连续）而每个程序都是简单的排列组合问题.例4 (1)有红、黄、白色旗子各n 面（n ＞3），取其中一面、二面、三面组成纵列信号，可以有多少不同的信号？(2) 有1元、5元、10元的钞票各一张，取其中一张或几张，能组成多少种不同的币值？(1) 解 因为纵列信号有上、下顺序关系，所以是一个排列问题，信号分一面、二面、三面三种情况（三类），各类之间是互斥的，所以用加法原理：①升一面旗，共有3种信号；②升二面旗，要分两步，连续完成每一步，信号方告完成，而每步又是独立的事件，故用乘法原理，因同色旗子可重复使用，故共有3×3＝9种信号；③升三面旗，有3×3×3＝27种信号．所以共有3+9+27＝39种信号．(2) 解：计算币值与顺序无关，所以是一个组合问题，有取一张、二张、三张、四张四种情况，它们彼此是互斥的，用加法原理．因此，不同币值有＝15(种)点评 (1) 排列、组合的区别在于顺序性，前者“有序”而后者“无序”；加法原理与654321D D C C D C BD 654C B D乘法原理的区别在于联斥性，前者“斥”——互斥独立事件，后者“联”——相依事件．因而有“顺序”决“问题”，“联斥”定“原理”的说法．(2)加、乘原理是排列、组合问题的理论依据，在分析问题和指导解题中起着关键作用，运用加法原理的关键在于恰当地分类（分情况），要使所分类别既不遗漏，也不重复；运用乘法原理的关键在于分步，要正确设计分步的程序，使每步之间既互相联系，又彼此独立．例5 d c b a ,,,排成一行，其中a 不排第一，b 不排第二，c 不排第三，d 不排第四的不同排法共有多少种？解：依题意，符合要求的排法可分为第一个排b,c,d 中的某一个，共3类，每一类中不同排法可采用画“树图”的方式逐一排出：符合题意的不同排法共有9种点评：按照分“类”的思路，本题应用了分类计数原理，为把握不同排列的规律，“树图”是一种具有直观现象的有效做法.分类计数和分步计数两个原理是排列组合计数的理论依据，类与类之间独立且并列，步与步相依且连续；计算关键：审题、判断分类还是分步？（分类相加，分步相乘）、判断排列还是组合？（有序排列、无序组合）.。

概率第9课时 分类计数原理与分步计数原理实例引入1. 从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车.一天里火车有3班，汽车有2班.那么一天中，乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？ 共有3＋2＝5种不同的走法．分类计数原理 完成一件事，有n 类办法，在第1类办法中有m 1种不同的方法，在第2类办法中有m 2种不同的方法……在第n 类办法中有m n 种不同的方法．那么完成这件事共有 N ＝m 1＋m 2＋…＋m n 种不同的办法． 对于分类计数原理，注意以下几点：⑴从分类计数原理中可以看出，各类之间相互独立，都能完成这件事，且各类方法数相加，所以分类计数原理又称加法原理；⑵分类时，首先要根据问题的特点确定一个分类的标准，然后在确定的分类标准下进行分类；⑶完成这件事的任何一种方法必属于某一类，并且分别属于不同两类的两种方法都是不同 的方法．2. 从甲地到乙地，先乘火车到丙地，再乘汽车到乙地．一天中从甲地到丙地火车有3班，从丙地到乙地汽车有2班．那么一天中，乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法？共有3×2＝6种不同的走法． 分步计数原理完成一件事，需要分成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……做第n步有m n种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的办法．对于分步计数原理，注意以下几点：⑴分步计数原理与“分步”有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤完成了，这件事才算完成；分步计数原理又叫乘法原理．⑵分步时首先要根据问题的特点确定一个分步的标准；⑶分步时还要注意满足完成一件事必须并且只需连续完成n 个步骤后这件事才算完成．两个原理的相同之处：⑴目的相同：都要“做一件事并完成它”⑵所问相同：即问“共有几种不同方法”两个原理的不同之处：分类计数用于分类，各类间独立、互斥．各类中任何一种方法都能够独立完成这件事．分步计数原理用于分步，步步相扣，缺一不可，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．例1 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，第三层放有2本不同的体育书．⑴从书架上任取1本书，有多少种不同的取法？⑵从书架的第1、2、3层各取1本书，有多少种不同的取法？解：⑴N＝m1＋m2＋m3＝4＋3＋2＝9．(分类计数原理)⑵N＝m1×m2×m3＝4×3×2＝24．(分步计数原理)课堂练习1．填空：⑴一件工作可以用2种方法完成，有5人会用第1种方法完成，另有4人会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，不同选法的种数是有9种．(分类计数原理) 5＋4=9⑵从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有2条，从A村经B村去C村，不同走法的种数是6种．(分步计数原理) 3×2=62．现有高中一年级的学生3名，高中二年级的学生5名，高中三年级的学生4名．⑴从中任选1人参加接待外宾的活动，有多少种不同的选法？⑵从三个年级的学生中各选1人参加外宾的活动，有多少种不同的选法？(1) 3＋5＋4=12 (分类计数原理)⑵3×5×4=60 (分步计数原理)例2 一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9这10个数字，这4个拨号盘可以组成多少个四位数字号码？3．一城市的某电话局管辖范围内的电话号码由八位数字组成，其中前四位数字是统一的，后四位数字都是0到9之间的一个数字，那么不同的电话号码最多有多少个？例3 要从甲、乙、丙3名工人中选出2名分别上日班和晚班，有多少种不同的选法？4．从5位同学中产生1名组长、1名副组长，有多少种不同的选法？课堂小结1. 分类计数原理；2. 分步计数原理.课后作业《习案》三十六.。

分类计数原理与分步计数原理一、分类计数原理1.定义与基本概念2.描述设A和B为两个集合，其中，A，表示集合A的元素个数，则分类计数原理可以表示为：A∪B，=，A，+，B，-，A∩B3.应用举例例如，假设班有30个学生，其中20个学生喜欢音乐，25个学生喜欢摄影，而有10个学生既喜欢音乐又喜欢摄影。

那么根据分类计数原理，班上至少有多少学生既喜欢音乐又喜欢摄影呢？根据分类计数原理的公式，我们可以得到：A∪B，=，A，+，B，-，A∩B其中，A表示喜欢音乐的学生集合，B表示喜欢摄影的学生集合，A，表示喜欢音乐的学生人数，B，表示喜欢摄影的学生人数，A∩B，表示既喜欢音乐又喜欢摄影的学生人数。

带入已知条件，可以得到：A∪B，=20+25-10=35所以，至少有35个学生既喜欢音乐又喜欢摄影。

1.定义与基本概念分步计数原理（Principle of Multiplication）是指当一个任务可以分解为若干个相互独立的步骤进行时，事件的总数等于各步骤个数的乘积。

2.描述分步计数原理是一种基于排列和组合的计数方法，用于计算在一个事件中各步骤个数的乘积。

具体的描述如下：设任务可分解为若干个步骤进行，其中第i个步骤有n(i)种可能的选择，且各个步骤之间的选择是相互独立的。

此时，该任务的总数为：N=n(1)*n(2)*...*n(k)其中，N表示任务的总数，n(i)表示第i个步骤的选择个数，k表示步骤的总数。

3.应用举例例如，班有30个学生，其中有10个男生和20个女生，另外还有3个学科竞赛：数学竞赛、物理竞赛和化学竞赛。

如果每个竞赛只允许一位学生参加，并且每个学生只能参加一个竞赛，那么参加这三个竞赛的可能性有多少种呢？根据分步计数原理的公式，我们可以得到：N=n(1)*n(2)*n(3)其中，n(1)表示数学竞赛的参赛人数，n(2)表示物理竞赛的参赛人数，n(3)表示化学竞赛的参赛人数。

根据已知条件，数学竞赛只能有10个人参加，物理竞赛有30-10=20个人参加，化学竞赛有30-10-20=0个人参加（没有学生参加化学竞赛）。