71加法原理题库版.docx
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71加法原理题库版
加法原理
知识框架图
7计数综合
7-1加法原理
7-1-1分类讨论中加法原理的应用
7-1-2树形图法、标数法及简单的递推
7-1-2-1树形图法
7-1-2-2标数法
7-1-2-3简单递推：
斐波那契数列的应用
1i'hL教学目标
1•使学生掌握加法原理的基本内容；
2•掌握加法原理的运用以及与乘法原理的区别；
3•培养学生分类讨论问题的能力，了解分类的主要方法和遵循的主要原则.
加法原理的数学思想主旨在于分类讨论问题，教授本讲的目的也是为了培养学生分类讨论问题的习惯，锻
炼思维的周全细致.
知识要点
一、加法原理概念引入
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，就要用加法原理来解决.
例如:
王老师从北京到天津，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，王老师去天津要么乘火车，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.
二、加法原理的定义
一般地，如果完成一件事有k类方法，第一类方法中有g种不同做法，第二类方法中有m,种不同做法，…,
第k类方法中有mk种不同做法，则完成这件事共有N=mi•m2mk种不同方法，这就是加法原理.
加法原理运用的范围：
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，这样的问题可以使用加法原理解决•我们可以简记为：
“加法分类，类类独立”.
分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次，分
类时要注意满足两条基本原则：
1完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；
2分别属于不同两类的两种方法是不同的方法.
只有满足这两条基本原则，才可以保证分类计数原理计算正确.
运用加法原理解题时，关键是确定分类的标准，然后再针对各类逐一计数•通俗地说，就是“整体等于
局部之和”.
三、加法原理解题三部曲
1、完成一件事分N类；
2、每类找种数（每类的一种情况必须是能完成该件事）；
3、类类相加
枚举法：
枚举法又叫穷举法，就是把所有符合条件的对象一一列举出来进行计数.
分类讨论的时候经常会需要把每一类的情况全部列举出来，这时的方法就是枚举法.枚举的时候要注意顺序，
这样才能做到不重不漏.
例题精讲
模块一、分类讨论中加法原理的应用
【例1】（难度等级探）小宝去给小贝买生日礼物，商店里卖的东西中，有不同的玩具8种，不同的课外
书20本，不同的纪念品10种，那么，小宝买一种礼物可以有多少种不同的选法？
【解析】小宝买一种礼物有三类方法：
第一类，买玩具，有8种方法；第二类，买课外书，有20种方法；第
三种，买纪念品，有10种方法.根据加法原理，小宝买一种礼物有8+20+10=38种方法.
【巩固】（难度等级※［有不同的语文书6本，数学书4本，英语书3本，科学书2本，从中任取一本，
共有多少种取法？
【解析】根据加法原理，共有6+4+3+2=15种取法.
【巩固】（难度等级探）阳光小学四年级有3个班，各班分别有男生18人、20人、16人•从中任意选一
人当升旗手，有多少种选法？
【解析】解决这个问题有3类办法：
从一班、二班、三班男生中任选1人，从一班18名男生中任选1人有
18种选法：
同理，从二班20名男生中任选1人有20种选法；从三班16名男生中任意选1人有16
种选法；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：
18201^54种.
第8类
8
10、9
2
第9类
9
10
1
因此，根据加法原理，共有：
1+2+3+4+5+4+3+2+1=25种取法使和大于10.
【巩固】（难度等级※※［从1〜8中每次取两个不同的数相加，和大于10的共有多少种取法?
【解析】两个数和为11的一共有3种取法；两个数和为12的一共有2种取法；
两个数和为13的一共有2种取法；两个数和为14的一共有1种取法；
两个数和为15的一共有1种取法；一共有3+2+2+1+1=9种取法.
【例3】（难度等级探※）甲、乙、丙三个工厂共订300份报纸，每个工厂至少订了99份，至多101份,
问：
一共有多少种不同的订法？
【解析】甲厂可以订99、100、101份报纸三种方法.
如果甲厂订99份，乙厂有订100份和101份两种方法，丙厂随之而定.
如果甲厂订100份，乙厂有订99份、100份和101份三种方法，丙厂随之而定.
如果甲厂订101份，乙厂有订99份和100份两种方法，丙厂随之而定.
根据加法原理，一共有23^7种订报方法.
【巩固】（难度等级探※）大林和小林共有小人书不超过9本，他们各自有小人书的数目有多少种可能的
情况？
【解析】大林和小林共有9本的话，有10种可能；共有8本的话，有9种可能，，共有0本的话，有1种可能，所以根据加法原理，一共有10+9++3+2+1=55种可能.
【例4】（难度等级探※）四个学生每人做了一张贺年片，放在桌子上，然后每人去拿一张，但不能拿自己做的一张.问：
一共有多少种不同的方法？
【解析】设四个学生分别是A,B,C,D，他们做的贺年片分别是a,b,c,d.
先考虑A拿B做的贺年片b的情况（如下表），一共有3种方法.
A
B
C
D
b
a
d
c
a
d
自
b
d
a
c
同样，A拿C或D做的贺年片也有3种方法.
一共有3+3+3=9（种）不同的方法.
【例5】（第六届走美试题）一次，齐王与大将田忌赛马•每人有四匹马，分为四等•田忌知道齐王这次比赛马的出场顺序依次为一等，二等，三等，四等，而且还知道这八匹马跑的最快的是齐王的一等马，接着依次为自己的一等，齐王的二等，自己的二等，齐王的三等，自己的三等，齐王的四等，自己的四等•田忌有种方法安排自己的马的出场顺序，保证自己至少能赢两场比赛.
【解析】第一场不管怎么样田忌都必输，田忌只可能在接下来的三场里赢得比赛，
若三场全胜，则只有一种出场方法；
若胜两场，则又分为三种情况：
二，三两场胜，此时只能是田忌的一等马赢得齐王的二等马，田忌的二等马赢齐王的三等马，只有这一种情况；
二，四两场胜，此时有三种情况；
三，四两场胜，此时有七种情况；
所以一共有1137=12种方法.
【例6】（难度等级探※）把一元钱换成角币，有多少种换法？
人民币角币的面值有五角、二角、一角三种.
【解析】把一元钱换成角币，有三类分法：
①第一类：
有五角币2张，只有1种换法：
2第二类：
有五角币1张，则此时二角币可以有0,1,2张，相应的，一角币有5,3,1张，有3
种换法；
3第三类：
有五角币0张，则此时二角币可以有0,1,2,3,4,5张，相应的，一角币有10,8,6,
4,2,0张，有6种换法.
所以，根据加法原理，总共的换法有136=10种.
【巩固】（难度等级探※）一把硬币全是2分和5分的，这把硬币一共有1元，问这里可能有多少种不同的情况？
【解析】按5分硬币的个数对硬币情况进行分类:
如果5分硬币有奇数个，那么无论2分硬币有多少个都不能凑成100分.如表当5分硬币的个数为
0〜20的偶数时，都有对应个数的2分硬币•所以一共有11种不同的情况.
类别
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
5分
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
2分
50
45
40
35
30
25
20
15
10
5
0
【例7】（难度等级※※※［用100元钱购买2元、4元或8元饭票若干张，没有剩钱，共有多少不同的买法？
【解析】如果买0张8元饭票，还剩100元，可以购买4元饭票的张数为0〜25张，其余的钱全部购买2元
饭票，共有26种买法；
如果买I张8元饭票，还剩92元，可购4元饭票0〜23张，其余的钱全部购买2元饭票，共有24
种不同方法；
如果买2张8元饭票，还剩84元，可购4元饭票0〜21张，其余的钱全部购买2元饭票，共有22
种不同方法；
如果买12张8元饭票，还剩4元饭票，可购4元饭票0〜1张，其余的钱全部购买2元饭票，共有2种方法.
总结规律，发现各类情况的方法数组成了一个公差为2,项数是13的等差数列.利用分类计数原理
及等差数列求和公式求出所有方法：
26+24+22+…+2=（26+2）X13-2=182（种）.共有182种不同的买法.
【巩固】（难度等级探※）一个文具店橡皮每块5角、圆珠笔每支1元、钢笔每支2元5角•小明要在该店花5元5角购买两种文具，他有多少种不同的选择.
【解析】一共三种文具，要买两种文具•那么就可以分三类了.
第一类：
橡皮和圆珠笔5元5角=55角=11块橡皮（要买两种，所以这个不考虑）
=9块橡皮+1只圆珠笔
=7块橡皮+2只圆珠笔
=5块橡皮+3只圆珠笔
=3块橡皮+4只圆珠笔
=1块橡皮+5只圆珠笔第一类共5种
第二类：
橡皮和钢笔55角=11块橡皮（不做考虑）
=6块橡皮+1只钢笔
=1块橡皮+2只钢笔第二类共2种
第三类：
圆珠笔和钢笔55角=11块橡皮（不做考虑）
=1只钢笔+3只圆珠笔第三类共1种
【例8】（难度等级探※※）袋中有3个红球，4个黄球和5个白球，小明从中任意拿出6个球，他拿出
球的情况共有种可能.（2008年北京“数学解题能力展示”读者评选活动）
【解析】按最少的红球来分类：
3红时，黄•白=3,黄可取0,1,2,3共4种.
2红时，黄•白=4,黄可取0,1,2,3,4共5种.
1红时，黄•白=5，黄可取0,1,2,3,4共5种.
0红时，黄•白=6,黄可取0,1,2,3共4种.
共有：
4+5+5+4=18（种）.
【例9】（难度等级※※^1、2、3、4四个数字，从小到大排成一行，在这四个数中间，任意插入乘号（最
少插一个乘号），可以得到多少个不同的乘积？
【解析】按插入乘号的个数进行分类：
⑴若插入一个乘号，4个数字之间有3个空当，选3个空当中的任一空当放乘号，所以有3种不同
的插法，可以得到3个不同的乘积，枚举如下：
1234,1234,1234.
⑵若插入两个乘号，由于必有一个空当不放乘号，所以从3个空档中选2个空当插入乘号有3种不
同的插法，可以得到3个不同的乘积，枚举如下：
1234，1234，1234.
⑶若插入三个乘号，则只有1个插法，可以得到I个不同的乘积，枚举如下：
1234.
所以，根据加法原理共有33^7种不同的乘积.
【例10】（难度等级探※※）1995的数字和是1+9+9+5=24，问：
小于2000的四位数中数字和等于26
的数共有多少个？
【解析】小于2000的四位数千位数字是1,要它数字和为26,只需其余三位数字和是25.因为十位、个位
数字和最多为9+9=18，因此，百位数字至少是7.于是
百位为7时，只有1799,一个；
百位为8时，只有1889,1898，二个；
百位为9时，只有1979,1997,1988,三个；
总计共1+2+3=6个.
【巩固】（难度等级※※※^1995的数字和是1+9+9+5=24，问：
小于2000的四位数中数字和等于24
的数共有多少个？
【解析】小于2000的四位数千位数字是1,要它数字和为24,只需其余三位数字和是23.因为十位、个位
数字和最多为97=18，因此，百位数字至少是5.于是
百位为5时，只有1599一个；
百位为6时，只有1689,1698两个；
百位为7时，只有1779,1788,1797三个；
百位为8时，只有1869,1878,1887,1896四个；
百位为9时，只有1959,1968,1977,1986,1995五个;
根据加法原理，总计共1234^15个.
【巩固】（难度等级探※※）2007的数字和是2+0+0+7=9，问：
大于2000小于3000的四位数中数字和等
于9的数共有多少个？
【解析】大于2000小于3000的四位数千位数字是2,要它数字和为9，只需其余三位数字和是7•因此，百
位数字至多是7.于是根据百位数进行分类：
第一类,
百位为
7时,
只有
2700一个;
第二类,
百位为
6时，
只有
2610,
2601两个；
第三类，
百位为
5时，
只有
2520,
2511,
2502三个；
第四类,
百位为
4时，
只有
2430,
2421,
2412,
2403四个；
第五类，
百位为
3时,
只有
2340,
2331,
2322,
2313,
2304五个；
第八类，
百位为
2时,
只有
2250,
2241,
2232,
2223,
2214、
2205六个；
第七类，
百位为
1时,
只有
2160,
2151,
2142,
2133,
2124、
2115、
2106七个；
第八类，
百位为
0时，
只有
2070,
2061,
2052,
2043,
2034、
2025、
2016、2007八个;
根据加法原理，总计共1234567^36个.
【巩固】（难度等级探※※※）在四位数中，各位数字之和是4的四位数有多少?
【解析】以个位数的值为分类标准，可以分成以下几类情况来考虑：
第1类一一个位数字是0，满足条件的数共有10个.其中：
⑴十位数字为0,有4000、3100、2200、1300，共4个；
⑵十位数字为1,有3010、2110、1210,共3个；
⑶十位数字为2,有2020、1120,共2个；
⑷十位数字为3,有1030,共1个.
第2类一一个位数字是1，满足条件的数共有6个.其中：
⑴十位数字为0,有3001、2101、1201，共3个;
根据上面分析，由加法原理可求出满足条件的数共有1063^20个.
【例11】有一类自然数，从第三个数字开始，每个数字都恰好是它前面两个数字之和，直至不能再写为止,如257,1459等等，这类数共有个•
【解析】按自然数的最高位数分类：
⑴最高位为1的有
10112358,112358,12358,1347,1459,156,167,178,189共9个
⑵最高位为2的有
202246,21347,2246,2358,246,257,268,279共8个
⑶最高位为3的有
303369,31459,3257,3369,347,358,369共7个
⑼最高位为9的有
9099共1个
所以这类数共有987^12^45个
【例12】如果一个大于9的整数，其每个数位上的数字都比他右边数位上的数字小，那么我们称它为迎春数.那么，小于2008的迎春数一共有多少个？
【解析】（法1）两位数中迎春数的个数.
⑴十位数字为
1的:
12,
13,
……,19.8个
⑵十位数字为
2
的:
23,
24,
……29.
7个
⑶十位数字为
3
的:
34,
35,
……39.
6个
⑷十位数字为
4
的:
45,
46,
……49.
5个
⑸十位数字为
5
的:
56,
57,
……59.
4个
⑹十位数字为
6
的:
67,
68,
69.3个
⑺十位数字为
7
的:
78,
79.
2个
⑻十位数字为8的：
89.1个
两位数共8•7T||•1=36个
三位数中迎春数的个数
1000〜1999中迎春数的个数
⑴前两位是
12的:
1234〜1239,
……,1289.
共21个
⑵前两位是
13的:
1345〜1349,
……,1389.
共15个
⑶前两位是
14的:
1456〜1459,
……,1489.
共10个
⑷前两位是
15的:
1567〜1569,
……,1589.
共6个.
⑸前两位是
16的:
1678,1679,
1689.3个.
⑹前两位是
17的:
1789.1个
共56个.
所以小于2008的迎春数共368456=176个.
（法2）小于2008的迎春数只可能是两位数，三位数和1000多的数.两位数的取法有98-：
-2=36
个.三位数的取法有987"321=84个.1000多的迎春数的取法有87^321=56个.所以共368456=176个.
【例13】有些五位数的各位数字均取自1,2,3,4,5，并且任意相邻两位数字（大减小）的差都是1.问这样的五位数共有多少个？
【解析】⑴首位取1时，千位只能是2,百位可以是1和3.
百位是1，十位只能是2,个位可以是1和3.2种.
百位是3，十位可以是2和4;十位是2,个位可以是1和3，十位是4，个位可以是3和5.4种.所以，首位取1时，共有2'4=6种.
⑵首位取2时，千位可以是1和3.
千位是1，百位只能是2,十位可以是1和3.有3种.
千位是3,百位可以是2和4.百位是2,十位可是是1和3,有3种.百位是4,十位可以是3和5,有3种.千位是3时有3*3=6种.
所以首位取2时，共有3（=9种.
⑶首位取3时，千位可以取2和4.
千位是2，百位可以取1和3.百位是1，十位只能是2，个位可以是1和3;2种.百位是3时，十位可以是2和4.十位是2个位可以是1和3;十位是4,个位可以是3和5;4种.
千位是4，百位可以取3和5.
百位是5，十位只能是4,个位可以是3和5;2种.百位是3,十位可能是2和4.十位是2个位可
以是1和3;十位是4个位可以是3和5;4种.
所以，首位取3时，共有242^12种.
⑷首位取4时，千位可以取3和5.
千位是5，百位只能是4，十位可以是3和5•十位是3个位可以是2和4;十位是5个位只能是4•有3种.
千位是3，百位可以是2和4.百位是2,十位可以是1和3.十位是1个位只能是2;十位是3个位可以是2和4•有3种•百位是4,十位可以是3和5•十位是5个位只能是4;十位是3,个位可以是2和4.有3种.千位是3共有3■3=6种.
所以，首位取4时，共有3飞=9种.
⑸首位取5时，千位只能是4，百位可以是3和5.百位是5，十位只能是4,有2种；百位是3,十位可以是2和4,有4种.所以，首位取5时共有2*4=6种.
总共有：
691296=42个
也可以根据首位数字分别是1、2、3、4、5,画5个树状图，然后相加总共有：
69129^42
个
模块二、树形图法、标数法及简单的递推
一、树形图法
“树形图法”实际上是枚举的一种，但是它借助于图形，可以使枚举过程不仅形象直观，而且有条理又不重
复遗漏，使人一目了然.
【例14】（难度等级探※※）A、BC三个小朋友互相传球，先从A开始发球（作为第一次传球），这样经过了5次传球后，球恰巧又回到A手中，那么不同的传球方式共多少种？
（2005年《小数报》数学
邀请赛）
【解析】如图，A第一次传给B，到第五次传回A有5种不同方式.
同理，A第一次传给C，也有5种不同方式.
所以，根据加法原理，不同的传球方式共有5'5=10种.
则这只青蛙一共有多少种不同的跳法?
【解析】6种，如图，第1步跳到B,4步回到A有3种方法；同样第1步到C的也有3种方法.根据加法原理，共有3V=6种方法.
【例15】（难度等级※※※［甲、乙二人打乒乓球，谁先连胜两局谁赢，若没有人连胜头两局，则谁先胜三局谁赢，打到决出输赢为止•问：
一共有多少种可能的情况？
【解析】如下图，我们先考虑甲胜第一局的情况：
图中打"的为胜者，一共有7种可能的情况•同理，乙胜第一局也有7种可能的情况•一共有7+
7=14（种）可能的情况.
二、标数法
适用于最短路线问题，需要一步一步标出所有相关点的线路数量，最终得到到达终点的方法总数•标数法是加法原理与递推思想的结合.
【解析】图中B在A的右上方，因此从A出发，只能向上或者向右才能使路线最短，那么反过来想，如果到
达了某一个点，也只有两种可能：
要么是从这个点左边的点来的，要么是从这个点下边的点来的.那
么，如果最后到达了B，只有两种可能：
或者经过C来到B点，或者经D来到B点，因此，到达B
的走法数目就应该是到达C点的走法数和到达D点的走法数之和，而对于到达C的走法，又等于到
达E和到达F的走法之和，到达D的走法也等于到达F和到达G的走法之和，这样我们就归纳出：
到达任何一点的走法都等于到它左侧点走法数与到它下侧点走法数之和，根据加法原理，我们可以
从A点开始，向右向上逐步求出到达各点的走法数•如图所示，使用标号方法得到从A到B共有10
种不同的走法.
【巩固】（难度等级探※）如图，从A点到B点的最近路线有多少条?
【解析】使用标号法得出到B点的最近路线有20条.
【例17】（难度等级探※）如图，某城市的街道由5条东西向马路和7条南北向马路组成，现在要从西南
角的A处沿最短的路线走到东北角B出，由于修路，十字路口C不能通过，那么共有种
不同走法.
【解析】本题是最短路线问题.要找出共有多少种不同走法，关键是保证不重也不漏，一般采用标数法.如
上图所示，共有120种.
另解：
本题也可采用排除法.由于不能经过C，可以先计算出从A到B的最短路线有多少条，再去
掉其中那些经过C的路线数，即得到所求的结果.
对于从A到B的每一条最短路线，需要向右6次，向上4次，共有10次向右或向上；而对于每一条最短路线，如果确定了其中的某6次是向右的，那么剩下的4次只能是向上的，从而该路线
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