四上奥数3加法原理乘法原理

乘法原理与加法原理在日常生活中常常会遇到这样一些问题，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，要知道完成这件事一共有多少种方法，就用我们将讨论的乘法原理来解决．例如某人要从北京到大连拿一份资料，之后再到天津开会．其中，他从北京到大连可以乘长途汽车、火车或飞机，而他从大连到天津却只想乘船．那么，他从北京经大连到天津共有多少种不同的走法？分析这个问题发现，某人从北京到天津要分两步走．第一步是从北京到大连，可以有三种走法，即：第二步是从大连到天津，只选择乘船这一种走法，所以他从北京到天津共有下面的三种走法：3×1=3．如果此人到大连后，可以乘船或飞机到天津，那么他从北京到天津则有以下的走法：　 共有六种走法，注意到3×2=6． 在上面讨论问题的过程中，我们把所有可能的办法一一列举出来．这种方法叫穷举法．穷举法对于讨论方法数不太多的问题是很有效的． 在上面的例子中，完成一件事要分两个步骤．由穷举法得到的结论看到，用第一步所有的可能方法数乘以第二步所有的可能方法数，就是完成这件事所有的方法数．一般地，如果完成一件事需要个步骤，其中，做第一步有种不同的方法，做第二步有n m1种不同的方法，…，做第步有种不同的方法，那么，完成这件事一共有m2 n m n种不同的方法．N=m1×m2×……×m n这就是乘法原理．例1.某人到食堂去买饭，主食有三种，副食有五种，他主食和副食各买一种，共有多少种不同的买法？ 补充说明：由例题可以看出，乘法原理运用的范围是：①这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成；②每个步骤各有若干种不同的方法来完成．这样的问题就可以使用乘法原理解决问题．例2.右图中有7个点和十条线段，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？例3.书架上有6本不同的外语书，4本不同的语文书，从中任取外语、语文书各一本，有多少种不同的取法？例4.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？例5.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？分析 在确定由0、1、2、3组成的三位数的过程中，应该一位一位地去确定．所以，每个问题都可以看成是分三个步骤来完成． ①要求组成不相等的三位数．所以，数字可以重复使用，百位上，不能取0，故有3种不同的取法；十位上，可以在四个数字中任取一个，有4种不同的取法；个位上，也有4种不同的取法. ②要求组成的三位数中没有重复数字，百位上，不能取0，有3种不同的取法；十位上，由于百位已在1、2、3中取走一个，故只剩下0和其余两个数字，故有3种取法；个位上，由于百位和十位已各取走一个数字，故只能在剩下的两个数字中取，有2种取法．例6.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？分析 要组成四位数，需一位一位地确定各个数位上的数字，即分四步完成，由于要求组成的数是奇数，故个位上只有能取1、3、5中的一个，有3种不同的取法；十位上，可以从余下的五个数字中取一个，有5种取法；百位上有4种取法；千位上有3种取法，故可由乘法原理解决．例7.右图中共有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？分析 由于四个棋子要一个一个地放入方格内．故可看成是分四步完成这件事．第一步放棋子A ，A 可以放在16个方格中的任意一个中，故有16种不同的放法；第二步放棋子B ，由于A 已放定，那么放A 的那一行和一列中的其他方格内也不能放B ，故还剩下9个方格可以放B ，B 有9种放法；第三步放C ，再去掉B 所在的行和列的方格，还剩下四个方格可以放C ，C 有4种放法；最后一步放D ，再去掉C 所在的行和列的方格，只剩下一个方格可以放D ，D 有1种放法，本题要由乘法原理解决．例8.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？分析 要从三种面值的人民币中任取几张，构成一个钱数，需一步一步地来做．如先取一角的，再取贰角的，最后取壹元的．但注意到，取2张一角的人民币和取1张贰角的人民币，得到的钱数是相同的．这就会产生重复，如何解决这一问题呢？我们可以把壹角的人民币4张和贰角的人民币2张统一起来考虑．即从中取出几张组成一种面值，看共可以组成多少种．分析知，共可以组成从壹角到捌角间的任何一种面值，共8种情况．（即取两张壹角的人民币与取一张贰角的人民币是一种情况；取4张壹角的人民币与取2张贰角的人民币是一种情况．）这样一来，可以把它们看成是8张壹角的人民币．整个问题就变成了从8张壹角的人民币和3张壹元的人民币中分别取钱．这样，第一步，从8张壹角的人民币中取；第二步，从3张壹元的人民币中取共4种取法，即0、1、2、3．但要注意，要求“至少取一张”.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，而每一类方法中，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，就要用我们将讨论的加法原理来解决． 例如某人从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从北京到天津，有4趟长途汽车从北京到天津．那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？ 分析这个问题发现，此人去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘火车，有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法．上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共有5+4=9种不同的走法． 在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法．在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成．并且两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数． 一般地，如果完成一件事有类方法，第一类方法中有种不同做法，第二类方法中有种 k m 1 m 2 不同做法，…，第类方法中有种不同的做法，则完成这件事共有种 k m k N =m 1+m 2+……+m k 不同的方法． 这就是加法原理．例1.学校组织读书活动，要求每个同学读一本书．小明到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书150本，不同的科技书200本，不同的小说100本．那么，小明借一本书可以有多少种不同的选法？例2.一个口袋内装有3个小球，另一个口袋内装有8个小球，所有这些小球颜色各不相同．问：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？补充说明：由本题应注意加法原理和乘法原理的区别及使用范围的不同，乘法原理中，做完一件事要分成若干个步骤，一步接一步地去做才能完成这件事；加法原理中，做完一件事可以有几类方法，每一类方法中的一种做法都可以完成这件事．事实上，往往有许多事情是有几大类方法来做的，而每一类方法又要由几步来完成，这就要熟悉加法原理和乘法原理的内容，综合使用这两个原理．例3.如右图，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？分析 从甲地到丙地共有两大类不同的走法． 第一类，由甲地途经乙地到丙地． 第二类，由甲地直接到丙地．例4.如下页图，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？分析 从A 点 到B 点有两类走法，一类是从A 点先经过C 点到B 点，一类是从A 点先经过D 点到B 点．两类中的每一种具体走法都要分两步完成，所以每一类中，都要用乘法原理，而最后计算从A 到B 的全部走法时，只要用加法原理求和即可．例5.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．将两个正方体放到桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？分析 要使两个数字之和为偶数，只要这两个数字的奇偶性相同，即这两个数字要么同为奇数，要么同为偶数，所以，要分两大类来考虑．例6.从1到500的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个？分析 从1到500的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数． 一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9； 要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理． 要确定一个三位数，可以先取百位数，再取十位数，最后取个位数，应用乘法原理．补充说明：这道题也可以这样想：把一位数看成是前面有两个0的三位数，如：把1看成是001．把两位数看成是前面有一个0的三位数．如：把11看成011．那么所有的从1到500的自然数都可以看成是“三位数”，除去500外，考虑不含有4的这样的“三位数”．百位上，有0、1、2、3这四种选法；十位上，有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种选法；个位上，也有九种选法．所以，除500外，有4×9×9=324个不含4的“三位数”．注意到，这里面有一个数是000，应该去掉．而500还没有算进去，应该加进去．所以，从1到500中，不含4的自然数仍有324个． 这是一种特殊的思考问题的方法，注意到当我们对“三位数”重新给予规定之后，问题很简捷地得到解决．例7.如图，要从A 点沿线段走到B ，要求每一步都是向右、向上或者向斜上方．问有多少种不同的走法？分析 观察下页左图，注意到，从A 到B 要一直向右、向上，那么，经过下页右图中C 、D 、E 、F 四点中的某一点的路线一定不再经过其他的点．也就是说从A 到B 点的路线共分为四类，它们是分别经过C 、D 、E 、F 的路线．自我检测1.某罪犯要从甲地途经乙地和丙地逃到丁地，现在知道从甲地到乙地有3条路可以走，从乙地到丙地有2条路可以走，从丙地到丁地有4条路可以走．问，罪犯共有多少种逃走的方法？2.如右图，在三条平行线上分别有一个点，四个点，三个点（且不在同一条直线上的三个点不共线）．在每条直线上各取一个点，可以画出一个三角形．问：一共可以画出多少个这样的三角形？3.在自然数中，用两位数做被减数，用一位数做减数．共可以组成多少个不同的减法算式？4.一个篮球队，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？5.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？④百位为8的没有重复数字的三位数？⑤百位为8的没有重复数字的三位偶数？6.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？1.如右图，从甲地到乙地有三条路，从乙地到丙地有三条路，从甲地到丁地有两条路，从丁地到丙地有四条路，问：从甲地到丙地共有多少种走法？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.如下图中，沿线段从点A 走最短的路线到B ，各有多少种走法？4.在1～1000的自然数中，一共有多少个数字0？5.在1～500的自然数中，不含数字0和1的数有多少个？6.十把钥匙开十把锁，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？。

四年级（上）奥数第一讲：加乘原理初步一：加法原理解题三部曲：二：乘法原理解题三部曲：（1）完成一件事分K类情况；（1）完成一件事分K个必要步骤；（2）类类独立（每一类都能单独完成该事情）；（2）步步相关（每步不可单独完成该事）（3）类类相加；（3）步步相乘；例题1：商店里有2种巧克力糖：牛奶味、果仁味；有3种水果糖：苹果味、梨味、香蕉味。

小C想买一些糖送给她的好朋友：1、如果小C想买水果糖，有几种糖果可以买呢？2、要是小C想送给他好朋友一种巧克力加一种水果糖，那有几种方法呢？例题2：郑老师和陈老师要从厦门去北京旅游，可以选择坐飞机，当天有4个班次。

也可以选择坐火车，当天有7个班次。

1、那么有几种不同的方法到北京？2、如果郑老师选择坐飞机，陈老师选择坐火车，那么有几种选择方法呢？？练习1：如图，从A地去B地有3种方法，从B地去C地有5种走法，那么小丁从A 地经B地去C地一共有多少种不同的走法?C老师需要从厦门出发，依次到福州，上海游玩，从厦门到福州可以坐大巴，坐火车，坐飞机；从福州到上海可以坐船，坐飞机，坐动车，坐船。

那么请问老师从厦门到达南京有几种不同的交通方式呢？【要求：思维导图】如果老师不仅要经过福州，上海，还要从上海去南京（可以坐大巴，坐飞机，坐动车，自驾），那么从厦门到南京有几种不同的交通方式呢？【要求：思维导图】例题3：（★）锋锋去肯德基吃饭,发现店里的菜单上只有3种不同的汉堡、4种不同的饮料和5种不同的小吃。

(1)如果锋锋想从汉堡和饮料中各选1种作为午餐,请问他一共可以搭配出多少种不同的午餐组合?(2)如果肯德基为了吸引客人,决定从汉堡、饮料和小吃中各选1种组成套餐,请问肯德基一共能提供多少种不同的套餐组合?(3)后来肯德基发现像妞妞这样不喜欢小吃的顾客有很多,为了方便这些顾客,他们决定改良套餐结构:新的套餐中每款都包含一种汉堡和一种饮料,但是小吃可选可不选。

改良后肯德基一共能提供多少种不同的套餐组合?练习3：（1）晓晨出门前要选一套衣服。

乘法和加法原理专题简析：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。

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。

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?%1可组成多少个没有重复数字的三位数?分析：在确定组成三位数的过程中，应该一位一位地去确定，所以每个问题都可以分三个步骤来完成。

①要求组成不相等的三位数，所以数字可以重复使用。

百位上不能取0,故有3种不同的取法：十位上有4种取法，个位上也有4种取法，由乘法原理共可组成3X4X4=48个不相等的三位数。

②要求组成的三位数没有重复数字，百位上不能取0,有三种不同的取法，十位上有三种不同的取法，个位上有两种不同的取法，由乘法原理共可组成3X3X2=18个没有重复数字的三位数。

练习1.有数字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;%1没有重复数字的三位偶数;%1百位是8的没有重复数字的三位数;%1百位是8的没有重复数字的三位偶数。

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, 6o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？分析：要使两个数字之和为偶数，就需要这两个数字的奇、偶性相同，即两个数字同为奇数或偶数。

所以，需要分两大类来考虑：两个正方体向上一面同为奇数的共有3X3=9 （种）不同的情形；两个正方体向上一面同为偶数的共有3X3=9 （种）不同的情形；两个正方体向上一面同为偶数的共有3X3+3X3=18 （种）不同的情形。

练习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。

四年级奥数专题加法原理和乘法原理TTA standardization office【TTA 5AB- TTAK 08- TTA 2C】二讲加法与乘法原理知识导航加法原理：做一件事情，完成．．它有n类办法，在第一类办法中有M1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，……，在第n类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事情共有m1+m2+……+m n种不同的方法。

运用加法原理计数，关键在于合理分类，不重不漏。

要求每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；两类不同办法中的具体方法，互不相同(即分类不重)；完成此任务的任何一种方法，都属于某一类(即分类不漏)。

合理分类也是运用加法原理解决问题的难点，不同的问题，分类的标准往往不同，需要积累一定的解题经验。

乘法原理：完成一件工作共需N个步骤：完成第一个步骤有m1种方法，完成第二个步骤有m2种方法，…，完成第N个步骤有m n种方法，那么，完成这件工作共有m1×m2×…×m n种方法。

运用乘法原理计数，关键在于合理分步。

完成这件工作的N个步骤，各个步骤之间是相互联系的，任何一步的一种方法都不能完成此工作，必须连续完成这N步才能完成此工作；各步计数相互独立；只要有一步中所采取的方法不同，则对应的完成此工作的方法也不同。

精典例题例1：一个口袋内装有3个小球，另一个口袋内装有8个小球，所有这些小球颜色各不相同。

问：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？思路点拨①：从两个口袋中只需取一个小球,则这个小球要么从第一个口袋中取，要么从第二个口袋中取，共有两大类方法。

所以是加法原理的问题。

②：要从两个口袋中各取一个小球，则可看成先从第一个口袋中取一个，再从第二个口袋中取一个，分两步完成，是乘法原理的问题。

模仿练习孙老师的一个口袋内装有60个小球，另一个口袋内装有80个小球，所有这些小球颜色各不相同。

小学四年级奥数第4讲乘法原理和加法原理知识方法…………………………………………………在现实生活中，经常要将两种或两种以上的事物进行搭配。

如果完成一件工作有几种不同的方法，每种方法又有很多种不同的方法，而且这些方法彼此互斥，那么完成这件工作的方法总数就是等于各类完成这件工作的综合。

这种方法我们称之为加法原理，也叫分类计数原理。

如果完成一件工作需要很多步骤，每个步骤中又有很多种不同的方法，那么完成这件工作的方法，就是把每一个步骤中的不同方法连乘起来。

这种方法我们称之为乘法原理，又叫做分步计数原理。

重点点拨…………………………………………………【例1】小军、小兰和小红三个小朋友排成一排照相，有多少种不同的排法?分析我们可以把他们所排列的位置分为一、二、三号位。

把他们的排列分成三个步骤。

从一号位开始可以有三个选择，这时二号位只能有两个选择(因为一号位已经站了一个人)，这时三号位只能有一个选择。

这样我们可以根据乘法原理进行解决。

解答2×3=6(种)答:有6种不同的排法【例2】书架上有5本不同的科技书，6本不同的故事书，8本不同的英语书。

如果从中各取一本科技书、一本故事书和一本英语书，那么共有多少种取法?分析完成这件工作可以分三步完成，第一步取科技书有5种取法，再取一本故事书有6种取法，最后取一本英语书有8种取法，根据乗法原理可以求出所有的取法。

解答5×6×8=240(种)答:共有240种取法。

【例3】一个盒子里装有5个小球，另一个盒子里装有9个小球，所有这些小球颜色各不相同。

(1)从两个盒子任取一个小球，有多少种不同的取法?(2)从两个盒子里各取个球，有多少种不同的取法？分析 (1)从两个盒子里任取一个球，可以从第一个金子里取，也可以从第二个盒子里取，这是两大类不同的方法，所以是加法原理的间题。

(2)从两个金子里各取一个小球，这要分两个步骤进行。

可以先从第一个盒子里取球后，再从第二个盒子里取球，这是乘法原理的问题。

小学奥数乘法原理与加法原理HEN system office room 【HEN16H-HENS2AHENS8Q8-HENH1688】乘法原理与加法原理在日常生活中常常会遇到这样一些问题，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，要知道完成这件事一共有多少种方法，就用我们将讨论的乘法原理来解决．例如某人要从北京到大连拿一份资料，之后再到天津开会．其中，他从北京到大连可以乘长途汽车、火车或飞机，而他从大连到天津却只想乘船．那么，他从北京经大连到天津共有多少种不同的走法？分析这个问题发现，某人从北京到天津要分两步走．第一步是从北京到大连，可以有三种走法，即：第二步是从大连到天津，只选择乘船这一种走法，所以他从北京到天津共有下面的三种走法：3×1=3．如果此人到大连后，可以乘船或飞机到天津，那么他从北京到天津则有以下的走法：共有六种走法，注意到3×2=6．在上面讨论问题的过程中，我们把所有可能的办法一一列举出来．这种方法叫穷举法．穷举法对于讨论方法数不太多的问题是很有效的．在上面的例子中，完成一件事要分两个步骤．由穷举法得到的结论看到，用第一步所有的可能方法数乘以第二步所有的可能方法数，就是完成这件事所有的方法数．一般地，如果完成一件事需要n个步骤，其中，做第一步有n1种不同的方法，做第二步有n2种不同的方法，…，做第n步有n n种不同的方法，那么，完成这件事一共有n=n1×n2×……×n n种不同的方法．这就是乘法原理．例1. 某人到食堂去买饭，主食有三种，副食有五种，他主食和副食各买一种，共有多少种不同的买法？补充说明：由例题可以看出，乘法原理运用的范围是：①这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成；②每个步骤各有若干种不同的方法来完成．这样的问题就可以使用乘法原理解决问题．例2. 右图中有7个点和十条线段，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？例3. 书架上有6本不同的外语书，4本不同的语文书，从中任取外语、语文书各一本，有多少种不同的取法？例4. 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？例5. 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？分析在确定由0、1、2、3组成的三位数的过程中，应该一位一位地去确定．所以，每个问题都可以看成是分三个步骤来完成．①要求组成不相等的三位数．所以，数字可以重复使用，百位上，不能取0，故有3种不同的取法；十位上，可以在四个数字中任取一个，有4种不同的取法；个位上，也有4种不同的取法.②要求组成的三位数中没有重复数字，百位上，不能取0，有3种不同的取法；十位上，由于百位已在1、2、3中取走一个，故只剩下0和其余两个数字，故有3种取法；个位上，由于百位和十位已各取走一个数字，故只能在剩下的两个数字中取，有2种取法．例6. 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？分析要组成四位数，需一位一位地确定各个数位上的数字，即分四步完成，由于要求组成的数是奇数，故个位上只有能取1、3、5中的一个，有3种不同的取法；十位上，可以从余下的五个数字中取一个，有5种取法；百位上有4种取法；千位上有3种取法，故可由乘法原理解决．例7. 右图中共有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？分析由于四个棋子要一个一个地放入方格内．故可看成是分四步完成这件事．第一步放棋子A，A可以放在16个方格中的任意一个中，故有16种不同的放法；第二步放棋子B，由于A已放定，那么放A的那一行和一列中的其他方格内也不能放B，故还剩下9个方格可以放B，B有9种放法；第三步放C，再去掉B所在的行和列的方格，还剩下四个方格可以放C，C有4种放法；最后一步放D，再去掉C所在的行和列的方格，只剩下一个方格可以放D，D有1种放法，本题要由乘法原理解决．例8. 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？分析要从三种面值的人民币中任取几张，构成一个钱数，需一步一步地来做．如先取一角的，再取贰角的，最后取壹元的．但注意到，取2张一角的人民币和取1张贰角的人民币，得到的钱数是相同的．这就会产生重复，如何解决这一问题呢？我们可以把壹角的人民币4张和贰角的人民币2张统一起来考虑．即从中取出几张组成一种面值，看共可以组成多少种．分析知，共可以组成从壹角到捌角间的任何一种面值，共8种情况．（即取两张壹角的人民币与取一张贰角的人民币是一种情况；取4张壹角的人民币与取2张贰角的人民币是一种情况．）这样一来，可以把它们看成是8张壹角的人民币．整个问题就变成了从8张壹角的人民币和3张壹元的人民币中分别取钱．这样，第一步，从8张壹角的人民币中取；第二步，从3张壹元的人民币中取共4种取法，即0、1、2、3．但要注意，要求“至少取一张”.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，而每一类方法中，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，就要用我们将讨论的加法原理来解决．例如某人从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从北京到天津，有4趟长途汽车从北京到天津．那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？分析这个问题发现，此人去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘火车，有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法．上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共有5+4=9种不同的走法．在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法．在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成．并且两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数．一般地，如果完成一件事有n类方法，第一类方法中有n1种不同做法，第二类方法中有n2种不同做法，…，第n类方法中有n n种不同的做法，则完成这件事共有n=n1+n2+⋯…+n n种不同的方法．这就是加法原理．例1. 学校组织读书活动，要求每个同学读一本书．小明到图书馆借书时，图书馆有不同的外语书150本，不同的科技书200本，不同的小说100本．那么，小明借一本书可以有多少种不同的选法？例2. 一个口袋内装有3个小球，另一个口袋内装有8个小球，所有这些小球颜色各不相同．问：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？补充说明：由本题应注意加法原理和乘法原理的区别及使用范围的不同，乘法原理中，做完一件事要分成若干个步骤，一步接一步地去做才能完成这件事；加法原理中，做完一件事可以有几类方法，每一类方法中的一种做法都可以完成这件事．事实上，往往有许多事情是有几大类方法来做的，而每一类方法又要由几步来完成，这就要熟悉加法原理和乘法原理的内容，综合使用这两个原理．例3. 如右图，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？分析从甲地到丙地共有两大类不同的走法．第一类，由甲地途经乙地到丙地．第二类，由甲地直接到丙地．例4. 如下页图，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？分析从A点到B点有两类走法，一类是从A点先经过C点到B点，一类是从A点先经过D点到B点．两类中的每一种具体走法都要分两步完成，所以每一类中，都要用乘法原理，而最后计算从A到B的全部走法时，只要用加法原理求和即可．例5. 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．将两个正方体放到桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？分析要使两个数字之和为偶数，只要这两个数字的奇偶性相同，即这两个数字要么同为奇数，要么同为偶数，所以，要分两大类来考虑．例6. 从1到500的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个？分析从1到500的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数．一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理．要确定一个三位数，可以先取百位数，再取十位数，最后取个位数，应用乘法原理．补充说明：这道题也可以这样想：把一位数看成是前面有两个0的三位数，如：把1看成是001．把两位数看成是前面有一个0的三位数．如：把11看成011．那么所有的从1到500的自然数都可以看成是“三位数”，除去500外，考虑不含有4的这样的“三位数”．百位上，有0、1、2、3这四种选法；十位上，有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种选法；个位上，也有九种选法．所以，除500外，有4×9×9=324个不含4的“三位数”．注意到，这里面有一个数是000，应该去掉．而500还没有算进去，应该加进去．所以，从1到500中，不含4的自然数仍有324个．这是一种特殊的思考问题的方法，注意到当我们对“三位数”重新给予规定之后，问题很简捷地得到解决．例7. 如图，要从A点沿线段走到B，要求每一步都是向右、向上或者向斜上方．问有多少种不同的走法？分析观察下页左图，注意到，从A到B要一直向右、向上，那么，经过下页右图中C、D、E、F四点中的某一点的路线一定不再经过其他的点．也就是说从A到B点的路线共分为四类，它们是分别经过C、D、E、F的路线．自我检测1.某罪犯要从甲地途经乙地和丙地逃到丁地，现在知道从甲地到乙地有3条路可以走，从乙地到丙地有2条路可以走，从丙地到丁地有4条路可以走．问，罪犯共有多少种逃走的方法？2.如右图，在三条平行线上分别有一个点，四个点，三个点（且不在同一条直线上的三个点不共线）．在每条直线上各取一个点，可以画出一个三角形．问：一共可以画出多少个这样的三角形？3.在自然数中，用两位数做被减数，用一位数做减数．共可以组成多少个不同的减法算式？4.一个篮球队，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？5.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？④百位为8的没有重复数字的三位数？⑤百位为8的没有重复数字的三位偶数？6.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？1.如右图，从甲地到乙地有三条路，从乙地到丙地有三条路，从甲地到丁地有两条路，从丁地到丙地有四条路，问：从甲地到丙地共有多少种走法？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.如下图中，沿线段从点A走最短的路线到B，各有多少种走法？4.在1～1000的自然数中，一共有多少个数字0？5.在1～500的自然数中，不含数字0和1的数有多少个？6.十把钥匙开十把锁，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？。

四年级奥数加法原理和乘法原理今天我们来聊一聊四年级数学里两个超级有趣的概念——加法原理和乘法原理。

听起来是不是有点高大上？别担心，这些东西一点也不难，关键是要懂得怎么去用，怎么去看待。

来吧，跟我一起看一看，加法原理和乘法原理到底是怎么回事，顺便也说几句我们平时不太注意的数学趣事。

你们知道吗？这些原理其实就像我们在厨房做饭一样，分步骤来，就能做好一锅好菜。

加法原理和乘法原理不就是生活中那些简单的道理嘛，只不过它们是用数学的语言告诉我们怎么做事，怎么计划。

好，先来说说加法原理。

说得简单点，就是当你在做事情的时候，如果选择了几种不同的方式，每一种方式都有若干个可能的结果，而你可以选择其中的一种结果，那么这些不同的选择加起来就是所有的可能性。

比如说，假设你今天早上有两种早餐选择：一个是煎饼果子，一个是包子。

如果你去买煎饼果子，你有三种不同口味可以选：甜的、咸的、辣的。

哦，别忘了包子，包子你有两种口味可以选：肉包或者菜包。

这时你一共能选择几种早餐呢？嘿嘿，简单！就是3种（煎饼果子的口味）加2种（包子的口味），一共是5种不同的选择。

这不就像你走进超市，看到架子上满是各种商品，你看着都眼花缭乱，最后你就能从每种商品里选出一个，合起来就是你能拿到的不同组合。

再说乘法原理。

这个呀，更简单了。

乘法原理告诉我们，如果一个事件有几种方式可以发生，而每一种方式都能与另外一些独立的事件组合成结果，那么所有可能的组合数就是各个事件方式数的乘积。

说得更直白点，就是每种选择背后可能会有更多的选择。

比方说，假如你有两个衬衫，三条裤子，和四双鞋子。

那么你穿上哪一件衬衫，都可以和三条裤子搭配，而且每条裤子又能和四双鞋子搭配。

你是不是已经开始在脑袋里琢磨，你能穿几套衣服了？对！你一共可以搭配2×3×4=24套衣服！这就是乘法原理啦！看，你平时是不是也有“拿起了筷子就要点菜”的那种冲动，恨不得所有的美食都尝个遍，那种把不同东西结合起来的感觉，想想就过瘾！这两种原理虽然名字不同，但它们就像是数学中的兄弟，互相配合，互相补充。

加法原理和乘法原理☜知识要点1.加法原理做一件事，完成它可以有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2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= m1+ m2+…+ m n种不同的方法，这就是加法原理。

2.乘法原理做一件事，完成它需要分成m个步骤，做第一步有a1种不同的方法，做第二步有a2种不同的方法，…，做第n步有a n种不同的方法，那么完成这件事共有：M= a1×a2×…× a n种不同的方法，这就是乘法原理。

3.运用加法原理和乘法原理解题常用的方法：枚举法、分类法、配对法、图表法。

☜精选例题【例1】下图是某街区人行路示意图，从A到D有多少种走法？DA☝思路点拨：从A到D的走法有两类：第一类从A经C到D有3走法，分别经过P，M，N；第二类从A经B到D，有2种走法，分别经过E，F。

两类走法种每种走法都能独立完成从A到D。

☝标准答案：3+2=5（种）答：从A到D有5种走法。

✌活学巧用1.从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，一天中火车有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方法？2. 一个盒子里装有5个小球，另一个盒子里装有9个小球，所有这些小球颜色各不相同。

若从两个盒子里任取一球，有多少种不同的取法？3.上海去江苏某地，每天有5班火车、3班汽车。

试问：乘坐这些交通工具有多少种不同的走法？4.学校羽毛球队有12名男队员，10名女队员。

现要推选一名运动员去台上领奖，有多少种选法？【例2】学校四年级有3个班，各班分别有男生18人、20人、16人。

从中任选一人当升旗手，有多少种选法？☝思路点拨：解决这个问题有3类办法，分别从（1）班、（2）班、（3）班男生中选1人。

从四（1）班18名男生中任意选一人有18种选法；同理从四（2）班20名男生中任意选一人有20种选法；从四（3）班16名男生中任意选一人有16种选法；所以根据加法原理，从四年级3个班中任选一名男生当升旗手的方法有：☝标准答案：18+20+16=54（种）答：共有54种选法。

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.。

四年级奥数加减乘除中的巧妙规律总结奥数是指奥林匹克数学竞赛，是一项旨在培养学生创新思维和解决复杂问题能力的数学竞赛活动。

其中，加减乘除是奥数竞赛的基础，也是日常生活中常见的数学运算。

在四年级奥数中，我们可以发现许多巧妙的规律。

本文将对四年级奥数中加减乘除的一些巧妙规律进行总结和分析。

一、加法中的巧妙规律加法是最基本的数学运算之一。

在四年级奥数中，有一些巧妙的规律可以帮助我们更快地计算结果。

1. 交换律：两个数相加，无论交换顺序，结果不变。

例如，5 + 3 =3 + 5。

利用交换律可以简化计算过程。

2. 结合律：三个数相加，无论加法的顺序如何，结果不变。

例如，(2 + 3) + 4 = 2 + (3 + 4)。

利用结合律可以将多个加法式简化成一起计算。

3. 零的特性：任何数加上0等于它本身。

例如，7 + 0 = 7。

在计算过程中，将一个数加上0可以保持数值不变。

二、减法中的巧妙规律减法也是四年级奥数中的重要内容。

下面是一些减法中的巧妙规律。

1. 相同数相减为零：相同的数相减结果为0。

例如，7 - 7 = 0。

在计算过程中，遇到相同的数相减时，可以直接得出结果。

2. 零减任何数等于负数：0减去一个数等于这个数的相反数。

例如，0 - 5 = -5。

在计算过程中，遇到零减数的情况时，可以将零减法转化为对应的负数。

三、乘法中的巧妙规律乘法是四年级奥数中的重点内容。

下面是一些乘法中的巧妙规律。

1. 乘法交换律：两个数相乘，无论交换顺序，结果不变。

例如，3 ×4 = 4 × 3。

利用交换律可以简化计算过程。

2. 乘法结合律：三个数相乘，无论乘法的顺序如何，结果不变。

例如，(2 × 3) × 4 = 2 × (3 × 4)。

利用结合律可以将多个乘法式简化成一起计算。

3. 乘法分配律：一个数乘以两个数相加，等于这个数分别乘以两个数再相加。

例如，2 × (6 + 3) = (2 × 6) + (2 × 3)。

四年级奥数讲义：加法原理与乘法原理◆温故知新：1. 加法原理：如果完成一件事有几类方式,在每一类方式中又有不同的方法,那么把每类的方法数相加就得到所有的方法数.2.乘法原理：如果完成一件事分为几个步骤,在每一个步骤中又有不同的方法,那么把每步的方法数相乘就得到所有的方法数.3.分类是指完成一件事有几类不同的方法,从中任意选取一类即可,它们之间可以相互替代,任意选取一类都可以完成这件事.这种情况下一般要用到加法原理.4.分步是指完成一件事情有几步不同步骤,每一步都必须执行,他们之间不可以相互替代,少一步都不能完成这件事.这种情况下一般要用到乘法原理.5.加法原理的类与类之间会满足下列要求：（1）只能选择其中的某一类,而不能几类同时选；（2）类与类之间可以相互替代,只需要选择某一类就可以满足要求.6.乘法原理的步与步之间满足下列要求：（1）每步都只是整件事情的一个部分,必须全部完成才能满足结论；（2）步骤之间有先后的顺序,先确定好一步,再做下一步,直到最后.7.标数法的运用.◆练一练1.小明去吃午饭,发现附近的中餐厅有9个,西餐厅有3个,日式餐厅有2个.他准备找一家餐厅吃饭,一共有多少种不同的选择？2.小明进入一家中餐厅后,发现主食有3种,热菜有4种.他打算主食和热菜各买一种,一共有多少种不同的买法？3.电影院里有10个空座位,小红和小丽去看电影,每个人坐一个座位,共有多少种不同的坐法？◆例题展示例题1小高一家人外出旅游,可以乘火车,也可以乘汽车,还可以坐飞机.经过网上查询,出发的那一天中火车有4班,汽车有3班,飞机有2班.任意选择其中一个班次,有多少种出行方法？练习1书架上有8本不同的小说和10本不同的漫画,大头要从书架上任意取一本书,有多少种不同的取法？例题2“IMO”是“国际数学奥林匹克”的编写,要求把这三个字母涂上三种不同的颜色,且每个字母只能涂一种颜色.现有五种不同颜色的笔,按上述要求能有多少种不同的涂色方法？练习2把“CHINA”这五个字母涂上五种不同的颜色,每个字母只能涂一种颜色.共有多少种涂色方法？例题3老师要求墨莫在黑板上写出一个减法算式,要求被减数必须是三位数,减数必须是两位数.请问墨莫共有多少种不同的写法？练习 3 （1）小高在练习本上写出一个加法算式,要求其中一个加数是四位数,另一个加数是两位数,请问小高一共有多少种不同的写法？（2）有6个不同的文具盒,5支不同的铅笔,3支不同的钢笔,2把不同的尺子.若从中各取一个,配成一套学习用具,最多可以配成多少套不同的学习用具.例题4 书架上有三层书,第一层放了15本小说,第二层放了10本漫画,第三层放了5本科普书,并且这些书都各不相同.请问：（1）如果从所有的书中任取1本,共有多少种不同的取法？（2）如果从每一层中各任取1本,共有多少种不同的取法？（3）如果从中取出2本不同类别的书,共有多少种不同的取法？练习4商店里有三类笔：铅笔、钢笔和圆珠笔.铅笔有4种颜色,钢笔有3种颜色,圆珠笔有2种颜色.（1）要买任意一支笔,有多少种买法？（2）要从三类笔中各买一支,有多少种买法？（3）要买两支不同类的比,有多少种买法？◆拓展提高拓展1从甲地到乙地有3条路,从乙地到丙地有3条路,从甲地到丁地有2条路,从丁地到丙地有4条路.如果要求所走路线不能重复,那么从甲地到丙地共有多少条不同的路线？练习1有两个不同的骰子,每个骰子的6个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6.任意摆放这两个骰子,如果要求朝上的面所标数字之和为偶数,共有多少种放法？拓展2 在下图中,从A点沿线段走到B点,每次只能向上或向右走一步,共有多少种不同走法？BA练习2 图中,从A点沿线段走到B点,每次只能向上或向右走一步,共有多少种不同走法？BA◆思维挑战挑战如图所示,蚂蚁在线段上爬行,只能按照箭头的方向行走.请问：从A点走到B点的不同路线有多少条？◆作业1、题库中有三种类型的题目,数量分别为30道、40道和45道,要从三种类型的题目中取出一道题目,共有多少种不同的取法？2、传说地球上有7颗不同的龙珠,如果找齐这7颗龙珠,并且按照特定顺序排成一行就会有神龙出现.邪恶的沙鲁找到了这7颗龙珠,但是他不知道排列的特定顺序.请问：运气不好的沙鲁最多要试几次才能遇见神龙？3、图书馆有30本不同的数学书、20本不同的英语书和10本不同的语文书.（1）小莫要去图书馆借1本书,有多少种不同的选择？（2）小莫三种书都要各借一本,有多少种不同的选择？4、萱萱要从4幅水墨画、3幅油画和2幅水彩画中选取两幅不同类型的画布布置客厅,有几种选法？5、图中,从A点沿线段走到B点,每次只能向上或向右走一步,共有多少种不同走法？BA。

小学数学奥数知识点小学数学奥数知识常见的知识点主要有以下方面：加法原理和乘法原理排列组合分数运算勾股定理简单的代数方程逻辑推理几何图形的性质和计算概率问题数列问题质数与合数因数与倍数最大公约数与最小公倍数平均数、中位数和众数简单的立体几何速度、时间和距离问题百分数和小数对称性与反射逆向思维和试错法等式和不等式等等这些内容，就不一一列举了，后面正文里面有详细描述。

一.加法原理和乘法原理：加法原理：指如果一个事件可以分为若干个互不相交的事件，那么这个事件发生的可能性等于这些互不相交事件发生的可能性之和。

乘法原理：指如果一个事件可以分为若干个步骤，每个步骤有若干个不同的选项，那么这个事件发生的可能性等于每个步骤选项数的积。

例题：一个商店出售5种颜色的T恤，6种颜色的裤子，和4种颜色的帽子。

一个顾客想购买一套衣服，包括一件T恤，一条裤子，和一顶帽子。

问有多少种不同的搭配？解答：根据乘法原理，共有5×6×4=120种不同的搭配。

学习方法：通过实际生活中的例子，让学生理解加法原理和乘法原理的应用，多做练习题提高运用能力。

二.排列组合：排列指的是从一组对象中选取若干个对象进行排列，而不同的排列方式被视为不同的情况。

一般来说，如果从n 个对象中选取k 个对象进行排列，那么不同的排列数为n 的k 次方，即A(n,k) = n! / (n-k)!。

组合指的是从一组对象中选取若干个对象进行组合，而不同的组合方式被视为同一种情况。

一般来说，如果从n 个对象中选取k 个对象进行组合，那么不同的组合数为C(n,k) = n!/((n-k)!k!)。

例题：有8个人参加比赛，前三名将获得奖品。

有多少种不同的获奖组合？解答：用排列公式，8×7×6=336种排名。

学习方法：学习排列组合的公式，通过例题演示如何运用公式解决问题，并进行大量实战练习。

三.分数运算：加减运算：对于两个分数进行加减运算，需要将分数的分母化为相同的数，然后将分子相加或相减即可。

加乘原理是组合数学中的一个重要概念，也是解决组合问题的一个有效方法。

在数学中我们经常遇到这样的问题：有n件物品，如何从中选取k件物品进行排列组合？加乘原理可以帮助我们解决这类问题。

加乘原理的基本思想是将复杂的问题分解为若干个简单的子问题，并将子问题的解合并得到原问题的解。

具体而言，加乘原理分为两个步骤：加法原理和乘法原理。

加法原理是指当一个问题可以分解为若干个互不相交的子问题时，原问题的解等于所有子问题解的和。

以一个简单的例子来说明加法原理：假设小明去买糖果，他可以选择购买巧克力、薄荷糖或者口香糖。

如果他可以选择一种或多种糖果，那么他一共有多少种购买方式？假设巧克力有4种选择，薄荷糖有3种选择，口香糖有2种选择，根据加法原理，小明一共有4+3+2=9种购买方式。

乘法原理是指当一个问题可以分解为若干个相互独立的子问题时，原问题的解等于所有子问题解的积。

以一个具体的例子来说明乘法原理：小明有4种T恤和3种裤子，他想知道自己一共有多少套搭配方式。

根据乘法原理，小明一共有4*3=12种搭配方式。

接下来我们介绍一个综合例子来说明加乘原理的应用。

假设班级内有10个学生，其中男生有5个，女生有5个。

老师要选出3个学生组成一个小组，要求这个小组至少有1个男生和1个女生。

那么一共有多少种不同的选组方式？首先我们可以分别计算出只包含1个男生和只包含1个女生的组合数分别是C(5,1)和C(5,1)，即分别为5和5、然后我们再计算只含有男生或者只含有女生的组合数，这样的组合数分别为C(5,3)和C(5,3)，即分别为10和10。

最后计算只有女生或者只有男生的组合数，这样的组合数分别为C(5,0)和C(5,0)，即分别为1和1根据加法原理，将以上的4种情况的组合数相加，即5+5+10+10+1+1=32、所以，一共有32种不同的选组方式。

通过这个例子我们可以看出，加乘原理可以帮助我们有效地解决各种组合问题。

通过将问题分解为若干个子问题，然后根据加法原理和乘法原理计算子问题的解，最后将子问题解合并得到原问题的解。

加法原理和乘法原理是数学中的两个基本原理，也是四年级数学学习中的重点内容。

在接下来的文章中，我将详细介绍加法原理和乘法原理，并且给出一些实际问题的解决方法。

一、加法原理加法原理是指在进行加法运算时，两个数相加所得的和不受数的顺序和加数的分组方式的影响，即a+b=b+a。

在解决实际问题时，可以运用加法原理来解决一些计数问题。

例子：小明有10块钱，他想买一本书，书的价格有5元和8元两种，那么小明一共有多少种买书的选择？解法：我们可以使用加法原理来解决这个问题。

小明可以选择花5块钱买书，也可以选择花8块钱买书。

所以小明一共有2种买书的选择。

二、乘法原理乘法原理是指在进行乘法运算时，将两个数相乘所得的积不受数的顺序和因数的分组方式的影响，即a×b=b×a。

在解决实际问题时，可以运用乘法原理来解决一些排列组合的问题。

例子：小明有3种上衣和2种裤子，那么小明一共有多少种搭配的选择？解法：我们可以使用乘法原理来解决这个问题。

小明可以选择第一种上衣（3种）搭配第一种裤子（2种），也可以选择第一种上衣搭配第二种裤子，以此类推。

所以小明一共有3×2=6种搭配的选择。

综合运用加法原理和乘法原理：有时候，解决问题需要同时使用加法原理和乘法原理。

例子：商店有3种颜色的衬衫和2种款式的裤子，如果小红想买一套搭配，那么小红一共有多少种搭配的选择？解法：我们可以使用乘法原理来解决这个问题。

小红可以选择第一种衬衫（3种）和第一种裤子（2种）组成一套搭配，也可以选择第一种衬衫搭配第二种裤子，以此类推。

所以小红一共有3×2=6种搭配的选择。

在以上的例子中，我们使用了乘法原理计算小红的搭配方式的总数。

而如果我们要计算小明和小红一共有多少种搭配方式，那么我们需要通过加法原理将两个人的搭配方式的总数相加。

加法原理和乘法原理是数学中非常基础但非常重要的原理。

掌握了这两个原理，我们可以更好地解决一些计数和排列组合的问题，为数学学习打下坚实的基础。

四年级奥数加减乘除中的规律总结奥数是指奥林匹克数学竞赛，是一项提高学生数学素养和解决问题能力的活动。

在四年级的奥数竞赛中，加减乘除是最基础的数学运算。

通过学习和总结，我们可以发现其中的规律，从而更好地解决问题。

下面将对四年级奥数加减乘除的规律进行总结。

一、加法规律在四年级奥数加法中，我们可以发现以下规律：1. 加数交换律：无论加法运算中两个数的位置如何交换，得到的和是相同的，即a + b = b + a。

2. 加数结合律：在加法运算中，当三个数相加时，无论先加哪两个数，和都相同，即(a + b) + c = a + (b + c)。

3. 加零律：任何数字与0相加，结果都是那个数字本身，即a + 0 = a。

二、减法规律在四年级奥数减法中，我们可以发现以下规律：1. 减数不能大于被减数：在减法运算中，被减数不能小于减数，否则结果将为负数。

2. 减法的转化：减法可以转化为加法运算，例如a - b可以等价于a + (-b)。

三、乘法规律在四年级奥数乘法中，我们可以发现以下规律：1. 乘法交换律：无论乘法运算中两个数的位置如何交换，得到的积是相同的，即a × b = b × a。

2. 乘法结合律：在乘法运算中，当三个数相乘时，无论先乘哪两个数，积都相同，即(a × b) × c = a × (b × c)。

3. 乘法分配律：在乘法运算中，如果有一个数先与两个数相加，再乘以一个数，可以分别进行乘法运算再相加，即a × (b + c) = (a × b) +(a × c)。

4. 乘一律：任何数与1相乘，结果都是那个数本身，即a × 1 = a。

5. 乘零律：任何数与0相乘，结果都为0，即a × 0 = 0。

四、除法规律在四年级奥数除法中，我们可以发现以下规律：1. 除法归纳法则：在除法运算中，如果被除数可以整除除数和余数，那么结果就是商，余数为0。

小学生4年级奥数专题解析：加法原理和乘法原理这篇关于小学生四年级奥数专题解析：加法原理与乘法原理，是笔者特地为大家整理的，希望对大家有所帮助！1、如果两个四位数的差等于8921，那么就说这两个四位数组成一个数对，问这样的数对共有多少个？分析：从两个极端来考虑这个问题：为9999-1078=8921，最小为9921-1000=8921，所以共有9999-9921+1=79个，或1078-1000+1=79个2、一本书从第1页开始编排页码，共用数字2355个，那么这本书共有多少页？分析：按数位分类：一位数：1～9共用数字1*9=9个；二位数：10～99共用数字2*90=180个；三位数：100～999共用数字3*900=2700个，所以所求页数不超过999页，三位数共有：2355-9-180=2166，2166÷3=722个，所以本书有722+99=821页。

3、上、下两册书的页码共有687个数字，且上册比下册多5页，问上册有多少页？分析：一位数有9个数位，二位数有180个数位，所以上、下均过三位数，利用和差问题解决：和为687，差为3*5=15，大数为：（687+15）÷2=351个（351- 189）÷3=54，54+99=153页。

4、从1、2、3、4、5、6、7、8、9、10这10个数中，任取5个数相加的和与其余5个数相加的和相乘，能得到多少个不同的乘积。

分析：从整体考虑分两组和不变：1+2+3+4+5+6+7+8+9+10=55 从极端考虑分成最小和的两组为（1+2+3+4+5）+（6+7+8+9+10）=15+40=55 最接近的两组为27+28 所以共有27-15+1=13个不同的积。

另从15到27的任意一数是可以组合的。

5、将所有自然数，自1开始依次写下去得到：12345678910111213……，试确定第206788个位置上出现的数字。

分析：与前面的题目相似，同一个知识点：一位数9个位置，二位数180个位置，三位数2700个位置，四位数36000个位置，还剩：206788-9-180-2700-36000=167899，167899÷5=33579……4 所以答案为33579+100=33679的第4个数字7.6、用1分、2分、5分的硬币凑成1元，共有多少种不同的凑法？分析：分类再相加：只有一种硬币的组合有3种方法；1分和2分的组合：其中2分的从1枚到49枚均可，有49种方法；1分和5分的组合：其中5分的从1枚到19枚均可，有19种方法；2分和5分的组合：其中5分的有2、4、6、……、18共9种方法；1、2、5分的组合：因为5=1+2*2，10=2*5，15=1+2*7，20=2*10，……，95=1+2*47，共有2+4+7+9+12+14+17+19+22+24+27+29+32+34+37+39+42+44+47=461种方法，共有3+49+19+9+461=541种方法。