分类计数原理与分步计数原理
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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。
分类计数原理与分步计数原理
分类计数原理是指对一个问题进行分类并计数;分步计数原理是指将一个问题分解为若干个步骤,并对每个步骤进行计数,最后将步骤的计数结果相乘得出最终结果。
分类计数原理常用于解决计数问题,例如有n个元素构成的集合,要求将其分成k个子集,每个子集中至少有一个元素,可以使用分类计数原理。
首先将n 个元素分成k个子集,其中至少有一个子集为空,计数为C(n-1, k-1);然后将n 个元素分成k个子集,其中每个子集至少有一个元素,计数为k ×C(n-1, k-1)。
分步计数原理常用于解决复杂的计数问题,例如要求一个过程中多个步骤的可能性,可以使用分步计数原理。
将问题分解为若干个步骤,对每个步骤进行计数,然后将每个步骤的计数结果相乘得出最终结果。
例如要求从6个人中选出3个人组成一个委员会,委员会中的主席必须是其中的一个人,可以将问题分解为3个步骤:第一步从6个人中选出一个主席,有6种选择;第二步从剩下的5个人中选出2个人,有C(5, 2)种选择;第三步将每个步骤的计数结果相乘得到最终结果,即6 ×C(5, 2)。
【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).。
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《分类计数原理与分步计数原理(一)》教学设计柳州地区民族高级中学覃艳莉相关教材:人民教育出版社的全日制普通高级中学教科书(必修)《数学》第二册(下B)一、教学内容解析:1.教学内容:分类计数原理、分步计数原理,这两个原理也是本次课的教学重点。
2.概念解析:分类计数原理和分步计数原理都是计算完成一件事共有多少种不同方法数的原理,也叫加法原理和乘法原理。
其区别在于:运用加法原理的前提条件是完成一件事有n类办法,选择任何一类办法中任何一种方法都可以独立完成此事,就是说,完成这件事的各种方法是相互独立的,所以总方法数为各类方法数之和;运用乘法原理的前提条件是完成一件事需n个步骤,只有依次完成所有步骤后才能完成这件事,就是说,完成这件事的各个步骤是相互依存的,所以总方法数为各步骤方法数之积。
3.两个计数原理的地位和作用:分类计数原理与分步计数原理是人们在大量实践经验的基础上归纳出来的基本规律,体现了解决问题时将其分解的两种常用方法,即分类解决或分步解决。
这不仅是今后推导排列数与组合数计算公式的依据,而且这种解决问题的思想与方法贯穿于本章的始终。
二、教学目标设置:1.知识与技能目标:理解并掌握分类计数原理与分步计数原理,能用它们分析和解决一些简单的应用问题。
2.过程和方法目标:创设情境,将一些实际问题归结为一个分类或分步的计数问题,使学生的建构思维能力得到提升;在总结时用到特殊到一般的思想;在解题时通过类比,举一反三,使学生对两个计数原理有一个更深刻的理解。
3.情感与态度目标:通过学生小组活动,培养学生周密思考、细心分析的良好的学习习惯,使学生在现实生活中面对复杂的事务和现象,能够作出正确的分析,准确的判断,进而拿出完善的处理方案,认识数学知识与现实生活的内在联系及不可分割性。
让学生感受到亲切、和谐的学习氛围,在活动中进一步发展学生合作交流的意识和能力。
三、学生学情分析:1.认知基础分析:学生在初中学习过用列举法或树状图来解决一些计数问题,已经具备了一定的归纳、类比能力,也能解决一些简单的实际问题,这些形成了学生思维的“最近发展区”。
2.可能学习障碍分析:正确使用两个计数原理的前提是要学生清楚两个计数原理使用的条件:分类用加法原理,分步用乘法原理,单纯这点学生是容易理解的。
加法和乘法在小学就会,那么,在中学再学它与以往有什么不同?不同在于小学阶段重在运算结果的追求,而忽视了其过程中包含的深层次思想;两个原理恰恰深刻反映了人类计数最基本的“大事化小”,即“分解”的思想。
更具体地说就是把完成一件事的方法数分成类或分成步去数。
学生往往在判断是分类还是分步去完成一件事会有一定的障碍,部分学生对乘法原理的运算结果难以理解。
因此,把本节课的教学难点定为:(1)如何判断完成一件事是分类或分步完成;(2)理解分步计数原理中的运算方法,即总方法数为各步骤方法数之积。
3.突破难点分析:要准确的判断是分类还是分步去完成一件事,首先得明确这是一件什么事,该怎样去完成。
在分析的过程中,便会发现有些事可以按某些方法独立完成,有些事需要多个步骤才能完成。
能独立完成的就用分类,需多个步骤完成的就用分步。
为此,设计了两个小组活动来让学生体会。
对于分步计数原理的运算结果,可利用树状图并结合小学对乘法的理解来突破。
四、教学策略分析:本节课的课本引例、例题同学们通过预习大多都能看懂。
为了贴近学生实际生活,激发学生学习兴趣,在创设情境和例题的选用上,选择了学生所熟悉的校园生活事例。
本节课采用了老师引导启发,学生分小组合作学习的方法进行教学。
利用多媒体显示问题情境,让学生通过小组活动,具体地分析比较,进而归纳总结,体现了从特殊到一般的思维过程,既关注了学生的认知基础,又促使学生在原有认知基础上获取知识,提高思维能力,保持高水平的思维活动,符合学生的认知规律。
学生在小组合作交流中,对问题的理解可以得到互补完善。
从学生回答问题和学生间的相互评价中,使老师更多地了解学生的理解程度。
五、教学过程:1.创设情境,揭示课题同学们,下学期我们就要搬到第一教学楼去学习了,大家观察过第一教学楼共有多少处楼梯吗?(4个)假设我们班的教室在二楼,那么从一楼到二楼共有多少种不同的走法呢?(请一同学回答)假设我们班的教室在六楼,那么从一楼到六楼共有多少种不同的走法呢?(让学生充分讨论,在解决问题的过程中产生困惑,从而激发学生的求知欲。
)这些问题实际上都是一些计数问题,都是计算完成一件事共有多少种不同的方法数。
我们今天将要学习的分类计数原理和分步计数原理就是为了解决这类问题的。
计算完成一件事共有多少种不同方法,我们应该怎样做呢?(启发学生思考)这就好比我要你去完成一件事,你首先想到的是什么?(这是一件什么事?)然后想到的又是什么呢?(怎样去完成?)在分析的过程中我们才知道怎样完成这件事,其次才是计算完成它的所有方法数。
今天,我们的学习将从这两方面去展开。
设计目的:选择学生身边的素材作为新课引入的实例,利用简单的熟悉的问题情境激发学生学习的积级性,让学生在迫切要求下去探究。
2.逐层探索,构建新知在刚才的第一问中,我们要完成什么事?要怎样去完成?从一楼到二楼:(任选一个楼梯口上)一步到位,直接完成。
在第二问中呢,我们要完成什么事?又怎样去完成?(先到二楼,再到三楼,……)从一楼到六楼:不能直接完成,需要分步完成。
第一步:从一楼到二楼;第二步:从二楼到三楼;第三步:从三楼到四楼;第四步:从四楼到五楼;第五步:从五楼到六楼。
比较两件事的完成过程,你能发现它们的不同之处吗?完成一件事:一步到位,直接完成;不能直接完成,需要分步完成。
学习小组活动一:议一议,如何完成以下这些事情。
(学生在各自的学习小组内讨论之后,由小组代表发言。
)设计目的:让学生感知完成一件事,可以分类去解决,或者分步去解决。
情境1、节目主持候选人中有4名男同学,8名女同学,(1)若从中任选一人主持节目;(可以选一名男同学或选一名女同学,都直接完成。
在你的选法中,从同学的性别来分,可分为两类,一类是选男同学,一类是选女同学,不管选男还是选女,它们都可以独立地完成这件事。
)(2)若从中任选一个男同学和一个女同学共同主持节目。
(不能直接完成,需分两步。
第一步选一个男同学,第二步选一个女同学。
不管选男同学还是选女同学,若少一步则不能完成这件事,这两步的关系是相互依存的。
)情境2、书架上有40本不同的语文书,30本不同的数学书,20本不同的英语书,(1)从书架上任取一本书;(2)从中任选三本不同科目的书。
在完成的过程中,我们还发现,能直接完成的往往也可以按某一标准分类去完成;不能直接完成的则需要分步去完成。
什么时候可分类完成,什么时候需分步完成呢?能独立完成的就用分类,需多个步骤完成的就用分步。
学习小组活动二:算一算,完成以下这些事情分别有多少种不同的方法。
设计目的:让学生用已有的知识去计算,在与同学的交流中完善其方法,找到其中的规律。
分类完成:(1)节目主持候选人中有4名男同学,8名女同学,若从中选一人主持节目,共有多少种不同的选法?第一类:选一男有4种选法;第二类:选一女有8种选法,共4+8=12种(2)书架上有40本不同的语文书,30本不同的数学书,20本不同的英语书,从书架上任取一本书,共有多少种不同的选法?第一类:选一语有40种选法;第二类:选一数有30种选法;第三类:选一英有20种选法,共40+30+20=90种分步完成:(1)节目主持候选人中有4名男同学,8名女同学,若从中选一个男同学和一个女同学共同主持节目,共有多少种不同的选法?男1配一女有8种选法,共4个男;女1配一男有4种选法,共8个女;(树状图)第一步:选一男有4种选法;第二步:选一女有8种选法。
(8+8+8+8=4+4+4+4+4+4+4+4==32)(2)书架上有40本不同的语文书,30本不同的数学书,20本不同的英语书,从中任选三本不同科目的书,共有多少种不同的选法?分析:完成第一步和第二步(选定一本语文书和一本数学书)共有1200种方法,再选英语书时,前面的每一种方法都对应20种选法,所以共有24000种选法。
3.比较归纳,深化概念学习小组活动三:想一想:分类完成的计数问题如何计算?分步完成的计数问题如何计算?设计目的:学生通过具体事例的分析、计算,找到规律,用自己的语言表述出来,锻炼了学生的概括能力。
分类解决:完成这件事的所有方法数为各类办法的方法数之和。
分步解决:完成这件事的所有方法数为各步方法数之积。
(由两位同学作总结发言)这也就是我们今天要学习的分类计数原理和分步计数原理的内容。
(电脑显示,学生朗读)分类计数原理:完成一件事情,有n类办法,在第1类办法中有种不同的方法,在第2类办法中有种不同的方法……在第n类办法中有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法。
分步计数原理:完成一件事情,需要分成n个步骤,做第1步有种不同的方法,做第2步有种不同的方法……做第n步有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法。
分类计数原理又称加法原理,分步计数原理又称乘法原理,你能说说它们命名的理由吗?(一个结果用各类方法数相加,一个结果用各步方法数相乘)什么时候用加法原理,什么时候用乘法原理呢?再次强调加法原理中的每一种方法都能独立完成这件事,而乘法原理中的各步中的方法不能独立完成这件事。
4.学以致用,培养能力我们学习了两个计数原理,我们又该如何运用它们去解决一开始提出的爬楼梯问题呢?从一楼到二楼:分类完成,共四类,每类1种走法,所以共4种不同的走法。
从一楼到六楼:分步完成,共五步,每1步都有4种走法,所以共有种不同的走法。
设计目的:前后呼应,用已学知识解决提出的问题,达到学以致用的目的。
5.总结反思,提高认识通过这节课的学习,同学们在知识方面有什么样的收获?(1)知识积累:分类计数原理、分步计数原理。
同学们再回想一下,我们是怎样得到这两个计数原理的?(2)思维体验:通过了一些具体的问题分别归纳出了分类计数原理和分步计数计数原理,由特殊到一般是重要思维方式之一。
师:完成什么事,怎样算完成?分类或分步?一定要分清!独立就分类,分类则相加。
分步必相依,分步则相乘。
分类计数原理与分步计数原理体现了解决问题时将其分解的两种常用方法,即分类解决或分步解决。
这不仅是今后推导排列数与组合数计算公式的依据,而且这种解决问题的思想与方法贯穿于本章的始终。
6.布置作业,拓展知识练习:一个口袋里有5封信,另一个口袋里有4封信,各封信内容均不相同。
(1)从两个口袋里,各取1封信,有多少种不同的取法?(2)从两个口袋里,任取1封信,有多少种不同的取法?(3)把这两个口袋里的9封信,分别投入4个邮筒,有多少种不同的放法?希望大家课后通过练习再进一步巩固今天所学内容。