分类加法计数原理与分步乘法计数原理例题.docx
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分类加法计数原理与分步乘法计数原理例题
分类加法计数原理与分步乘法计数原理例题
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分类加法计数原理与分步乘法计数原理
【基础知识】
1．分类加法计数原理
完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有mn种不同的方法，则完成这件事情，共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．
2．分步乘法计数原理
完成一件事情需要分成n个不同的步骤，完成第一步有m1种不同的方法，完成第二步有m2种不同的方法，……，完成第n步有mn种不同的方法,那么完成这件事情共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．
3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事情的不同方法的种数．它们的区别在于：
分类加法计数原理与分类有关,各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法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．
［难点正本 疑点清源］
分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列、组合问题的基础并贯穿始终．分类加法计数原理中,完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类，简单的说分类的标准是“不重不漏，一步完成"．而分步乘法计数原理中，各个步骤相互依存，在各个步骤中任取一种方法，即是完成这件事的一种方法，简单的说步与步之间的方法“相互独立，多步完成”．
【题型讲解】
题型一 分类加法计数原理的应用
分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合它的分类标准,然后在这个标准下进行分类；其次分类时要注意满足一个基本要求，就是完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．
例1
高三一班有学生50人，男生30人，女生20人；高三二班有学生60人，男生30人,女生30人；高三三班有学生55人,男生35人，女生20人．
（1）从高三一班或二班或三班中选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？
（2）从高三一班、二班男生中，或从高三三班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法?
思维启迪：
用分类加法计数原理．
解
（1）完成这件事有三类方法
第一类，从高三一班任选一名学生共有50种选法；
第二类，从高三二班任选一名学生共有60种选法；
第三类，从高三三班任选一名学生共有55种选法,
根据分类加法计数原理,任选一名学生任校学生会主席共有50＋60＋55＝165种选法．
（2）完成这件事有三类方法
第一类，从高三一班男生中任选一名共有30种选法；
第二类，从高三二班男生中任选一名共有30种选法；
第三类，从高三三班女生中任选一名共有20种选法．
综上知，共有30＋30＋20＝80种选法．
例2
王刚同学衣服上左、右各有一个口袋，左边口袋装有30张英语单词卡片，右边口袋装有20张英语单词卡片，这些英语单词卡片都互不相同，问从两个口袋里任取一张英语单词卡片,有多少种不同的取法？
[解析] 从口袋中任取一张英语单词卡片的方法分两类：
第一类:
从左边口袋取一张英语单词卡片有30种不同的取法；
第二类：
从右边口袋取一张英语单词卡片有20种不同的取法．
根据分类加法计数原理，所以从口袋中任取一张英语单词卡片的方法种类为30＋20＝50（种）。
例3
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？
[分析］ 该问题与计数有关，可考虑选用两个基本原理来计算，完成这件事，只要两位数的个位、十位确定了，这件事就算完成了，因此可考虑按十位上的数字情况或按个位上的数字情况进行分类．
［解析] 解法一：
按十位数上的数字分别是1，2，3,4,5，6，7，8的情况分为8类,在每一类中满足题目条件的两位数分别是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，符合题意的两位数的个数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36（个）．
解法二：
按个位数字是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是1个，2个，3个,4个，5个，6个，7个，8个，所以按分类加法计数原理共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36（个）．
例4
方程
＋
＝1表示焦点在y轴上的椭圆,其中m∈{1,2，3，4，5},n∈{1,2，3,4，5，6，7}，那么这样的椭圆有多少个?
解 以m的值为标准分类，分为五类．
第一类:
m＝1时,使n〉m，n有6种选择；
第二类：
m＝2时，使n〉m，n有5种选择；
第三类:
m＝3时，使n〉m,n有4种选择；
第四类:
m＝4时，使n>m，n有3种选择；
第五类：
m＝5时,使n>m，n有2种选择．
∴共有6＋5＋4＋3＋2＝20种方法,
即有20个符合题意的椭圆．
题型二 分步乘法计数原理的应用
探究提高 利用分步乘法计数原理解决问题:
①要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的;②各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．
例1
已知a∈｛3，4,6}，b∈｛1，2，7,8},r∈｛8，9｝，则方程（x－a）2＋（y－b）2＝r2可表示不同的圆的个数有多少个?
［解析] 圆方程由三个量a，b，r确定，a，b，r分别有3种，4种,2种选法,由分步乘法计数原理,表示不同的圆的个数为3×4×2＝24（个）．
例1
有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法?
（不一定六名同学都能参加）
（1）每人恰好参加一项，每项人数不限;
（2）每项限报一人，且每人至多参加一项；
（3）每项限报一人，但每人参加的项目不限．
思维启迪：
可以根据报名过程,使用分步乘法计数原理．
解
（1）每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法,由分步乘法计数原理，知共有选法36＝729（种）．
（2）每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×5×4＝120（种）．
（3）由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法63＝216（种）．
例1
已知集合M＝{－3，－2,－1，0，1，2｝，若a，b，c∈M，则：
（1）y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数；
（2）y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图像开口向上的二次函数．
解
（1）a的取值有5种情况,b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180（个）不同的二次函数．
（2）y＝ax2＋bx＋c图像的开口向上时，a的取值有2种情况，b、c的取值均有6种情况,因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72（个）图像开口向上的二次函数．
例1
（1）有5本书全部借给3名学生,有多少种不同的借法？
（2）有3名学生分配到某工厂的5个车间去参加社会实践，则有多少种不同分配方案？
［解析]
（1）中要完成的事件是把5本书全部借给3名学生，可分5个步骤完成，每一步把一本书借出去，有3种不同的方法，根据分步乘法计数原理，共有N＝3×3×3×3×3＝35＝243（种）不同的借法．
（2）中要完成的事件是把3名学生分配到5个车间中,可分3个步骤完成，每一步分配一名学生，有5种不同的方法，根据分步乘法计数原理，共有N＝5×5×5＝53＝125（种）不同的分配方案。
题型三 两个原理的综合应用
例1
一个三层书架的上层放有5本不同的数学书,中层放有3本不同的语文书,下层放有2本不同的英语书
（1）从书架上任取一本书,有多少种不同的取法？
（2）从书架上任取三本书，其中数学书、语文书、英语书各一本,有多少种不同的取法？
［解析]
（1）从书架上任取一本书,有三类方法：
第一类方法:
从书架上层任取一本数学书，有5种不同的方法；
第二类方法：
从书架中层任取一本语文书，有3种不同的方法；
第三类方法：
从书架下层任取一本英语书，有2种不同的方法．
只要在书架上任意取出一本书，任务即完成,由分类加法计数原理知，不同的取法共有N＝5＋3＋2＝10（种）．
（2）从书架上任取三本书，其中数学书、语文书、英语书各一本,可以分成三个步骤完成：
第一步：
从书架上层取一本数学书，有5种不同的方法;
第二步：
从书架中层取一本语文书,有3种不同的方法;
第三步：
从书架下层取一本英语书，有2种不同的方法．
由分步乘法计数原理知，不同的取法共有N＝5×3×2＝30（种）．
所以从书架上任取三本书，其中数学书、语文书、英语书各一本，共有30种不同的取法．
例1
一个科技小组中有4名女同学，5名男同学,从中任选一名同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法________种;若从中任选一名女同学和一名男同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法________种．
[答案］ 9 20
［解析］ 由分类加法计数原理得从中任选一名同学参加学科竞赛共5＋4＝9种，由分步乘法计数原理得从中任选一名女同学和一名男同学参加学科竞赛共5×4＝20种．
例1
现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．
（1）从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？
（2）从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法?
（3）从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？
［解析］
（1）分为三类：
从国画中选，有5种不同的选法；从油画中选，有2种不同的选法；从水彩画中选,有7种不同的选法．根据分类加法计数原理共有5＋2＋7＝14种不同的选法．
（2）分为三步：
国画、油画、水彩画各有5种、2种、7种不同的选法，根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70种不同的选法．
（3）分为三类:
第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，由分步乘法计数原理知,有5×2＝10种不同的选法．第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画,有5×7＝35种不同的选法．第三类是一幅选自油画,一幅选自水彩画,有2×7＝14种不同的选法,所以有10＋35＋14＝59种不同的选法．
例1
有三只口袋装小球,一只装有5个白色小球，一只装有6个黑色小球,一只装有7个红色小球，若每次从中取两个不同颜色的小球，共有多少种不同的取法?
[解析］ 分为三类:
一类是取白球、黑球，有5×6＝30种取法；一类是取白球、红球,有5×7＝35种取法；一类是取黑球、红球，有6×7＝42种取法．∴共有取法:
30＋35＋42＝107（种）．
例1
如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用,求不同的染色方法总数．
思维启迪：
染色问题是常见的计数应用问题，可从选颜色、选顶点进行分类、分步,从不同角度解决问题．
解 方法一 可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数,用分步乘法计数原理即可得出结论．由题设，四棱锥S—ABCD的顶点S、A、B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60（种）染色方法．
当S、A、B染好时,不妨设其颜色分别为1、2、3,若C染2，则D可染3或4或5,有3种染法;若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5,则D可染3或4，有2种染法．可见,当S、A、B已染好时，C、D还有7种染法，故不同的染色方法有60×7＝420（种）．
方法二 以S、A、B、C、D顺序分步染色．
第一步,S点染色，有5种方法；
第二步，A点染色,与S在同一条棱上，有4种方法；
第三步，B点染色,与S、A分别在同一条棱上，有3种方法；
第四步，C点染色，也有3种方法,但考虑到D点与S、A、C相邻,需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S、B也不同色，所以C点有2种染色方法,D点也有2种染色方法．由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×（1×3＋2×2）＝420（种）．
方法三 按所用颜色种数分类．
第一类,5种颜色全用，共有A
种不同的方法；
第二类，只用4种颜色,则必有某两个顶点同色（A与C，或B与D），共有2×A
种不同的方法；
第三类，只用3种颜色，则A与C、B与D必定同色，共有A
种不同的方法．
由分类加法计数原理，得不同的染色方法总数为
A
＋2×A
＋A
＝420（种）．
探究提高 用两个计数原理解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步．
（1）分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和,得到总数．
（2）分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤,才完成任务,根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．
（3）对于复杂问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来帮助分析．
例1
有一项活动，需在3名老师、8名男生和5名女生中选人参加．
（1）若只需1人参加，有多少种不同选法？
（2）若需老师、男生、女生各一人参加，有多少种不同的选法？
（3）若需一名老师、一名学生参加,有多少种不同的选法？
解
（1）分三类：
取老师有3种选法；取男生有8种选法；取女生有5种选法，故共有3＋8＋5＝16种选法．
（2）分三步：
第一步选老师，第二步选男生，第三步选女生,
故共有3×8×5＝120种选法．
（3）分两步：
第一步选老师，第二步选学生．对第二步，又分为两类：
第一类选男生，第二类选女生，故共有3×（8＋5）＝39种选法．
对两个基本原理的特殊题型
典例：
（1）（5分）把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有（ ）
A．24种B．4种C．43种D．34种
（2）（5分）某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船,在这一天的不同时间里,火车有4趟，轮船有3次，问此人的走法可有________种．
易错分析 解决计数问题的基本策略是合理分类和分步，然后应用加法原理和乘法原理来计算．解决本题易出现的问题是完成一件事情的标准不清楚导致计算出现错误，对于
（1），选择的标准不同，误认为每个信箱有三种选择，所以可能的投法有34种，没有注意到一封信只能投在一个信箱中;对于
（2）,易混淆“类”与“步”,误认为到达乙地先坐火车后坐轮船,使用乘法原理计算．
解析
（1）第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法．只要把这3封信投完，就做完了这件事情,由分步乘法计数原理可得共有43种方法．
（2）因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，每一种方法都能从甲地到乙地，根据分类加法计数原理，可得此人的走法可有4＋3＝7（种）．
答案
（1）C
（2）7
温馨提醒
（1）每封信只能投到一个信箱里，而每个信箱可以装1封信，也可以装2封信，其选择不是唯一的,所以应注意由信来选择信箱，每封信有4种选择．
（2）在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚“分类”与“分步"的具体标准是什么．选择合理的标准处理事情,可以避免计数的重复或遗漏.
用0,1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的比2000大的四位奇数？
[解析］ 方法一：
按末位是1,3，5分三类计数：
第一类：
末位是1,共有4×4×3＝48个；第二类，末位是3的共有3×4×3＝36个；第三类末位是5的共有3×4×3＝36个,由分类加法计数原理知共有
48＋36＋36＝120（个）．
方法二：
符合条件的数有
3×4×4×3－2×4×3＝120（个）．
3．从6人中选4人分别到巴黎，伦敦，悉尼，莫斯科四个城市游览,要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲,乙2个不去巴黎游览，则不同的选择方案共有（ ）
A．300种 B．240种 C．144种 D．96种
［答案] B
[解析］ 能去巴黎的有4个人,依次去伦敦，悉尼，莫斯科的有5个人，4个人，3个人,故不同的选择方案为4×5×4×3＝240（种）．故选B。
5．电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求首尾必须播放公益广告，则共有________种不同的播放方式．（结果用数值表示）
[答案］ 48
[解析] 先安排首尾播放公益广告，共2种，再安排4种不同的商业广告共4×3×2×1＝24种，由分步乘法计数原理得24×2＝48种．
方法与技巧
1．分类加法和分步乘法计数原理,都是关于做一件事的不同方法的种数的问题,区别在于：
分类加法计数原理针对“分类"问题,其中各种方法相互独立,用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存,只有各个步骤都完成了才算完成这件事．
2．混合问题一般是先分类再分步．
3．分类时标准要明确，做到不重复不遗漏．
4．要恰当画出示意图或树状图,使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律．
失误与防范
1．切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行．
2．分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．
3．确定题目中是否有特殊条件限制．
1．（2011·大纲全国）某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有（ ）
A．4种B．10种C．18种D．20种
答案 B
解析 依题意，就所剩余的一本画册进行分类计数：
第一类,剩余的是一本画册，此时满足题意的赠送方法共有4种；第二类,剩余的是一本集邮册，此时满足题意的赠送方法共有C
＝6（种）．因此，满足题意的赠送方法共有4＋6＝10（种），选B.
2．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有________种．
答案 32
解析 每位同学有两种不同的报名方法,而且只有这5位同学全部报名结束，才算事件完成．所以共有2×2×2×2×2＝32（种）．
3．教学大楼共有4层，每层都有东西两个楼梯,由一层到4层共有走法种数为（ ）
A．6 B．23C．42D．44
答案 B
解析 由一层到二层有2种选择，二层到三层有2种选择,三层到四层有2种选择,
∴23＝8.
4．高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择,则不同的分配方案有（ ）
A．16种B．18种C．37种D．48种
答案 C
解析 自由选择去四个工厂有43种方法，甲工厂不去,自由选择去乙、丙、丁三个工厂有33种方法，故不同的分配方案有43－33＝37（种）．
5．有不同颜色的4件上衣与不同颜色的3件长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数是________．
答案 12
解析 由分步乘法计数原理,一条长裤与一件上衣配成一套,分两步,第一步选上衣有4种选法，第二步选长裤有3种选法，所以有4×3＝12（种）选法．
6．按ABO血型系统学说，每个人的血型为A、B、O、AB型四种之一,依血型遗传学，当父母的血型中没有AB型时，子女的血型有可能是O型，若某人的血型是O型,则其父母血型的所有可能情况有（ ）
A．6种B．9种C．10种D．12种
答案 B
解析 找出其父母血型的所有情况分二步完成，第一步找父亲的血型，依题意有3种；第二步找母亲的血型也有3种,由分步乘法计数原理得：
其父母血型的所有可能情况有3×3＝9种．
7．现安排一份5天的工作值班表,每天有一个人值日，共有5个人，每个人都可以值多天或不值班,但相邻两天不能同一个人值班,则此值日表共有__________种不同的排法．
答案 1280
解析 完成一件事是安排值日表，因而需一天一天地排，用分步计数原理,分步进行:
第一天有5种不同排法，第二天不能与第一天已排人的相同，所以有4种不同排法,依次类推，第三、四、五天都有4种不同排法，所以共有5×4×4×4×4＝1280种不同的排法．
8．8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第3、4名，则大师赛共有________场比赛．
答案 16
解析 小组赛共有2C
场比赛；半决赛和决赛共有2＋2＝4（场）比赛;根据分类加法计数原理共有2C
＋4＝16（场）比赛．
9．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目．如要将这2个节目插入原节目单中，那么不同插法的种类为（ ）
A．42B．30C．20D．12
答案 A
解析 将新增的2个节目分别插入原定的5个节目中，插入第一个有6种插法，插入第2个时有7个空,共7种插法，所以共6×7＝42（种）．
10．已知I＝｛1,2，3}，A、B是集合I的两个非空子集,且A中所有数的和大于B中所有数的和，则集合A、B共有（ ）
A．12对B．15对C．18对D．20对
答案 D
解析 依题意，当A、B均有一个元素时,有3对；当B有一个元素，A有两个元素时,有8对；当B有一个元素，A有三个元素时，有3对；当B有两个元素，A有三个元素时,有3对；当A、B均有两个元素时，有3对;共20对,选择D。
11．若从集合P到集合Q＝｛a，b，c｝所有的不同映射共有81个,则从集合Q到集合P所有的不同映射共有（ ）
A．32个B．27个C．81个D．64个
答案 D
解析 可设P集合中元素的个数为x，由映射的定义以及分步乘法计数原理,可得P→Q的映射种数为3x＝81，可得x＝4。
反过来，可得Q→P的映射种数为43＝64。
12．有A、B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，现在要从三名工人中选2名分别去操作以上车床，不同的选派方法有（ ）
A．6种B．5种C．4种D．3种
答案 C
解析 若选甲、乙二人,包括甲操作A车床，乙操作B车床，或甲操作B车床,乙操作A车床，共有2种选派方法；
若选甲、丙二人，则只有甲操作B车床，丙操作A车床这一种选派方法;
若选乙、丙二人，则只有乙操作B车床，丙操作A车床这一种选派方法．
故共2＋1＋1＝4（种）不同的选派方法．故应选C.
13．由1到200的自然数中,各数位上都不含8的有______个．
答案 162个
解析 一位数8个，两位数8×9＝72个．
3位数
有9×9＝81个,
另外
1个（即200），
共有8＋72＋81＋1＝162个．
14．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________个．
答案 32
解析 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
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