小学数学竞赛辅导7加法原理和乘法原理.docx
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小学数学竞赛辅导7加法原理和乘法原理
小学数学竞赛辅导7（加法原理和乘法原理）
〖老师告诉你〗
排列与组合问题是围绕计数问题展开的一类问题。
例如，有十个小朋友排成一行，有多少种不同的排队方法呢？
这就是一个排列问题。
如果要选出五个小朋友参加植树活动，有多少种不同的选法呢？
这就是一个组合问题。
为了介绍排列与组合问题，我们先看两个基本问题的解决。
问题1.某班有男生20人，女生25人。
如果要选出一名学生参加夏令营，共有多少种不同的选法？
挑选一名学生显然有两种不同的方式，或者选一名男生，或者选一名女生。
而男生有20人，所以选男生有20种不同的方法。
女生有25人，所以选女生有25种不同的选法。
所以总共有20+25=45种不同的选法。
这里蕴含着一个重要的计数原理：
要完成一个任务，如果能分成r类彼此独立的不同方式，第一类方式有n种不同的方法完成任务，第二类方式有n种不同的方法完成任务……第r类方式有n种不同的方法完成任务。
那么完成这个任务就有n+n+……+n种不同的方法。
这种分类计数的方法就称为加法原理。
要注意的是完成一个任务有时不止有一种分类方法。
如前面举的问题，我们也可以按小组进行分类选人。
如这个班一共有四个小组，第一个小组12人，第二小组11人，第三小组12人，第四小组10人。
因此有四类不同的方式完成选出一名学生这项任务。
第一类方式是在第一小组中选出一名学生，有12种方法。
第二类方式是在第二小组中选出一名学生，有11种方法。
类似的，第三类方式有12种方法，第四类方式有10种不同的方法。
共有12+11+12+10=45种不同的方法。
问题2.有一个小学和教学楼共三层，从一层到二层有三个楼梯，二层到三层有二个楼梯。
小明的教室在三层，他从一层到三层有多少种不同的走法呢？
想想你是怎么上楼的？
能一下就到三层吗？
不行！
只能先从一层走到二层，再从二层走到三层，即完成从一层上到三层这项任务要分两步。
为了说明方便，我们给楼梯标上号：
从一层到二层的楼梯分别为a,b,c；从二层到三层的楼梯分别为A和B。
我们从一层到三层选择楼梯的方法可以是a-A,a-B,b-A,b-B,c-A,c-B这六种不同的方式，也就是3×2种不同的方法。
这种分步骤完成任务的计数问题可归纳出乘法原理：
如果完成某项任务要分r个不同的步骤，第一步有n种不同的方法完成任务，第二步有n种不同的方法完成任务……，第r步有n种不同的方法完成任务。
那么完成这个任务就有n·n……n种不同的方法。
使用乘法原理时，有三点要注意：
（1）步骤要分全。
也就是说，完成了所胡的步骤任务就完成了。
（2）步骤要分清，各步骤间要衔接。
也就是说每个步骤是干什么的要明确；一个步骤完了就接下去完成下步骤的方法数和完成其它步骤的方法数无关。
〖请你读一读〗
例1．有3个工厂共订300份吉林日报，每个工厂订了至少99份，至多101份。
问一共有多少种不同的订法？
【分析与解答】设这3个工厂为甲、乙、丙厂。
我们从分析甲厂订报情况入手。
甲厂只有3种订法：
即99份、100份和101份。
（1）如果甲厂订99份，那么乙厂有100份和101份两种订法，丙厂随之而定，即丙厂只有一种订法。
所以根据乘法原理，3个工厂有：
1×2×1=29种订法。
（2）如果甲厂订100份，那么乙厂有99份、100份和101份3种订法，丙厂也只能有一种订法。
所以根据乘法原理，3个工厂有订法：
1×3×1=3（种）。
（3）如果甲厂订101份，那么乙厂有99份和100份两种订法。
丙厂仍只有一种订法，（丙厂根据甲、乙两厂订的情况决定），根据乘法原理，这种情况下，3个工厂有订法1×2×1=2（种）。
根据加法原理，3个工厂共有：
2+3+2=7（种）订法。
此题在分类考虑时，一个很重要的问题，就是要考虑总数共订300份，即不能比300份多，也不能比300份少，不考虑到这一点，就会出错。
例2．从1、2、3、4、5中选出四个数填入右图中的方格内，使得右边的数比左边的大，下面的数比上面大。
那么，共有多少种填法？
【分析与解答】我们先将图中空格内用字母表示（如下图）
6
7
A
B
6
C
D
7
根据题目给的“右边数比左边数大，下面的数比上面的大”这个条件，可知A只能是1或2；D只能是4或5。
根据乘法原理可知：
（1）当A=1，D=4时，B有两种选择，即2与3，C只有一种选择，即B选以后剩下的一个数。
所以这种情形共有：
2×1=2（种）选法；
（2）当A=1，D=5时，B有三种选择，即2、3与4，C有两种选择，即B选之后剩下的两数。
这种情形共有：
2×3=6（种）选法；
（3）当A=2，D=5时，B有两种选择，即3与4，C只有一种选择（同上），这种情形共有：
2×1=2（种）选法。
综合以上三类，根据加法原理可知，符合条件的不同填法共有：
2+6+2=10（种）
答：
共有10种填法。
例3．用0，1，6，2四个数字，可组成不重复的四位数共多少个？
【分析与解答】
解法一：
根据所给的四个数字，组成没有重复数字的四位数，可知千位数只有1，6，2三种取法；百位数在剩余的三个数字中取一个，也有三种取法；十位数在剩余的两个数字中取一个数字，有两种取法；个位数只可能有一种取法。
这样，根据乘法原理可知，不同的四位数共有：
3×3×2×1=18（个）
解法二：
假设千位上也能取0，那么与解法一相同的分析，这样的四位数共有：
4×3×2×1==24（个）
事实上千位上为0时不是四位数，这样不是四位数的“数”共有1×3×2=6（个）
所以符合题目条件的四位数共有：
24－6=18（个）
答：
可组成不重复的四位数共18个。
例4．有5件不同的上衣，4条不同的裤子，3顶不同的帽子，从中取出一顶帽子，一件上衣，一条裤子配成一套装束，最多有多少种不同的装束？
【分析与解答】由题意可知，完成配套装束事件必须分三步进行。
先取帽子，再取上衣，然后取裤子。
取帽子有3种选择方法；取上衣有5种选择方法；取裤子有4种选择方法。
根据乘法原理共有：
3×5×4=60（种）不同的取法，即共有60种配套方法。
答：
最多有60种不同的装束。
例5．在2、3、4、5、6这五个数字中，取出三个数字组成三位数，这样的三位数可以有很多个，如果把这些三位数从大到小排列起来，请你想一想，这串数中第51个数除以6的余数是多少？
【分析与解答】根据题目条件，当百位上取一个数字后，则十位上有4种取法，个位上有3种取法，这样，根据乘法原理共有4×3×1=12（种）组成形式。
当百位上分别取6、5、4、3时，组成的三位数共有12×4=48（个），那么第51个数是百位上为2的第三个数，即为263。
263÷6=43……5
那么，这串数中由大到小排列第51个数除以6的余数是5。
答：
这串数中由大到小排列第51个数除以6的余数是5。
例6．用0，1，2，3，7，8六个数字可以组成多少个能被9整除而又没有重复数字的四位数。
【分析与解答】根据能被9整除的特征，可知这样的四位数其各位上的数字之和必为9的倍数。
从题目给的6个数字来看，这6个数字之和为21。
若组成四位数，且又是9的倍数，去掉的两数之和必须为3。
因为21－3=18，正好是9的倍数，那么所取的四个数字有以下两种情况：
（1）1，2，7，8；
（2）0，3，7，8。
根据乘法原理，由1，2，7，8组成的不同四位数共有：
4×3×2=24（个）；由0，3，7，8组成的不同四位数共有3×3×2=18（个）
所以符合题目条件的四位数共有24+18=42（个）
答：
可以组成42个能被9整除而又没有重复数字的四位数。
例7．有5人参加的学雷锋小队上街宣传交通规则，组成一排，其中2名队长不排在一起，一共有多少种排法？
【分析与解答】
解法一：
根据题意，设5人分别为A、B、C、D、E。
A、B为队长。
若B、C、D、E4人排队，队长A暂不列队，B站在第一个位置有：
3×2×1=6（种）。
同样C、D、E分别站在第一个位置也各有6种不同的排列，在这种情况下，共有：
6×4=24（种）排法。
在每一种排法中，队长A站进去（2名队长不站在一起）只能有3种站法，这样就一共对应着24×3=72（种）排法。
解法二：
先不考虑限制的排列情况，即5人站一排共有多少种站法。
因为第一个位置任何人都可站，即有5种排法，第二个位置剩下的4个人都可站，即有4种排法，第三个位置，第四个位置和第五个位置，分别有3、2、1种排法。
所以，在不考虑任何限制条件的情况下，5人共有：
5×4×3×2×1=120（种）排法。
再考虑2名队长站在一起的排列数。
（1）若A、B分别站在第一、二个位置上，则有：
3×2×1=6（种）排法。
同理A、B站在第二、三个位置，第三、四个位置，第四、五个位置上都有6种排法。
因此A、B站在一起共有：
6×5=24（种）排法。
（2）若B、A分别站在第一、二个位置，第二、三个位置，第三、四个位置以及第四、五个位置，其排列情况与A、B站法相同，也有24种排法。
所以2名队长站在一起的排列数共有：
24×2=48（种）
综上可知：
符合题目条件的5人排法就是：
120－48=72（种）
答：
一共有72种排法。
例8．有10名棋手参加一次围棋比赛，每人都要和其他选手赛一场，共需要赛多少场？
【分析与解答】
解法一：
将这10名棋手分别用a，a，a……a来表示。
因每人都要和其他选手赛一场，那么从a开始，他要和a，a……a分别比赛，这样共赛了9场，而从a开始时，再不能考虑和a赛了（已经赛过），a只能和a……a分别比赛，这样需要赛8场，依次类推，需赛7场，6场，5场，4场，3场，2场，1场。
所以共需要赛：
9+8+7+6+5+4+3+2+1=45（场）
解法二：
因为两棋手赛一场，不象两个站队一样有前、后、左、右的顺序因素了。
这样的问题是一个组合问题。
本题实质上是从10个元素中任取2个元素的组合问题。
根据组合公式可知，组合数是10×9÷2=45。
所以，共需要赛45场。
解法二是直接用到了组合公式，若对组合公式较熟悉的同学，解答此题是非常容易的，在生活中还有打电话、握手、数线段等问题，也属于这类组合的问题。
例9．从1到400的自然数中，不含数字5的自然数有多少个？
【分析与解答】把1到400的自然数分为三类：
即一位数、两位数和三位数。
一位数不含数字5的有8个：
1，2，3，4，6，7，8，9；
两位数不含数字5的可分两步考虑：
十位上除5以外的数字，即有8种情形，个位数字除5以外，包括0在内共有9种情形。
根据乘法原理，共有：
8×9=72（个）
三位数中不含数字5的，除400以外，百位上有三种情形：
可取数字1，2，3；十位上与个位上均有9种情形，即除5以外，含0在内的9个数字。
根据乘法原理，这样的三位数共有：
3×9×9=243（个）
根据加法原理：
从1至400的所有自然数中，不含数字5的自然数共有：
8+72+243=323（个）
答：
从1到400的自然数中，不含数字5的自然数有323个。
例10．从0、3、5、7中选出三个数字能排成多少个三位数，其中能被5整除的三位数有多少个？
【分析与解答】根据所给的数字可知排成的三位数，其百位数只能有3种选择；十位数则在剩余的三个数字中取一个数字，也有3种选择；个位数在剩余的两个数字中取一个数字，有两种选择。
这样，根据乘法原理可知共有：
3×3×2=18（种），没有重复数字的不同三位数。
由于能被5整除的数其个位数字为0或5，当个位为0时，其百位数字有3种选择：
十位数字有2种选择。
这样共有3×2=6（个）不同的三位数；当个位为5时，百位数只有两种选择；十位上也是两种选择，这样的三位数共有2×2=4（个），所以能被5整除的三位数共有6+4=10（个）。
〖请你试一试〗
1．从甲地到乙地有3条路可走，由乙地到丙地有5条路可走，那么由甲地到丙地共有多少条路可走？
2．某铁路线上，在起点和终点之间原有7个车站（包括起点站和终点站），现在新增加了3个车站，铁路上两站之间往返的车票都不一样，这样需要增加多少种不同的车票？
3．在10×10个边长为1的小正方形拼成的棋盘中，求由若干个小方格能拼成的所有正方形的数目。
4．设任意正整数n分解为质因数乘积的形式如下：
n=pp……p，其中pp……p是质数，aa……a是正整数。
求n的约数的个数。
5．车站有6个进站口，每个进站口每次只能进1人，有3名旅客进站，共有多少种进站方法？
如果有5个进站口，7名旅客，共有多少种不同的进站的方法？
6．用红、黄、蓝、绿4种颜色给一个五边形着色，使相邻两边的颜色不同。
问共有多少种不同的着色方法？
7．有A、B、C、D、E五人排成一队，A不能站排头，B不能站排尾，共有多少种不同的排法？
8．6个队员排成一列进行操练，其中1个新队员不能站在排首，有几种不同排法？
9．芜湖电话号码有7个数码，其中第一个数字为0，而且数字不重复，这样的电话号码有多少个？
10．用数字1、2、3、4可以组成多少个没有重复数字的两位数？
三位数呢？
四位数呢？
11．用0、1、2、3、……9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？
12．平面上有12个点，其中无3点在一条直线上，这些点可以确定多少条不同的直线？
13．用1、2、3、4、5、6六个数字可以组成多少个数字不重复的数？
14．用一张10元、一张5元、一张2元、一张1元，可以组成多少种不同币值？
15．张吉参加由18个人参加的联欢会，他与这些人一一握手，张吉一共握了几次手？
16．某校50个同学参加乒乓球单打冠军赛，如果是循环赛，那么决出冠军要进行多少场比赛？
如果是淘汰赛决出冠军要进行多少场比赛？
〖参考答案〗
1．解：
从甲地走第一条路到乙地，而从乙地到丙地有5条路可选择，即有5种走法，从甲地走第二条、第三条路到乙地，再从乙地到丙地同样分别有5条路可选择。
所以从甲地经乙地到丙地共有：
5×3=15（条）路可走。
答：
由甲地到丙地共有15条路可走。
2．解：
铁路上车站与车站之间的车票问题是一个排列问题。
新增加3个车站后，铁路上一共有10个车站。
我们从10个车站中取两个车站的排列数是10×9=90（为什么？
请同学们考虑），即10个车站需要准备90种不同的往返车票。
而原来7个车站需要准备7×6=42（种）不同的往返车票。
由此可见，新增加3个车站，就要增加90－42=48（种）不同的车票。
3．解：
由小方格所拼成的正方形边长可以是1，2，……10。
这样就有十类不同的方式拼出正方形。
下面就是要计算出每类方式有多少种方法拼出正方形。
也就是说，要求出边长为1的小正方形有几个，边长为2的小正方形有几个……边长为10的小正方形有几个。
边长为1的小正方形最好求，有10×10个；边长为2的小正方形，横边有9种选择，AC、BD、CE、DF……IK；类似地，纵边也有9种选择，横边和纵边都选定后正方形就确定了。
因此经过两个独立步骤就可以完成拼正方形的任务，由乘法原理可知拼出边长为2的小正方形有9×9个。
边长为其它数时类似地可以推出。
由乘法原理可得：
边长为1的小正方形有10×10个；
边长为2的小正方形有9×9个；
边长为3的小正方形有8×8个；
……
边长为9的小正方形有2×2个；
边长为10的小正方形有1×1个；
由加法原理，共有10×10+9×9+……+2×2+1×1=385个正方形。
答：
共可拼出385个正方形。
4．解：
n的约数都是它的质因数的乘积的形式。
这时要分步进行。
第一步选第一个质因数p，可以不选、选1个、选2个……或选a个，（共a+1）种不同的选法。
第二步选第二个质因数p，同样可以不选，选1个、选2个……或选a个，共（a+1）种不同的选法。
依此类推，就可以求出每个质因数的选取方法。
再由乘法原理，将每一步的方法数乘在一起就是能有多少种质因数乘积的形式，也就是n的约数个数。
n的约数都是它的质因数的乘积的形式，即n的约数都是形如pp……p的。
第一步，对质因数p，r可以取0、1……a，共a+1种不同的数；
第二步，对质因数p，r可以取0、1……a，共a+1种不同的数；
依此类推……
第s步，对质因数p,r，可以取0、1、……a，共a+1种不同的数。
由乘法原理，形如pp……p的数共有（a+1）（a+1）……（a+1）个，即是所求的n的约数的个数。
答：
n的约数共（a+1）（a+1）……（a+1）个。
5．解：
我们总是从简单的问题入手，找到一般的规律，再求解复杂的问题。
先看6个进站口，3名旅客的问题。
设3名旅客分别为A、B、C。
分步考虑：
A旅客可以从76个进站口进站，有6种不同的进站方法；B旅客也有6个进站口可以进站，但B旅客和A旅客在同一进站口时暂时分B在A之前和B在A之后两种情况，因此B有6+1=7种不同的进站方法；C除六个进站口可选择外，若A、B在不同的进站口，A所在的进站口对C来说就有在A前和在A后两种选择，同样的B所在的出站口对C来说也有两种选择，因此C有6+2=8种不同的选择；若A、B在同一进站口，则C可以选择最前、A和B之间和最后三种，也就是说C有6+2=8种不同的选择；因此无论A、B所选的进站口如何，C都有6+2=8种进站方法。
再利用乘法原理即可求出A、B、C进站方法的总数。
在这个问题中我们发现后一个人总是比前一个人选择进站方法的剖数。
在这个问题中我们发现后一个人总是比前一个人选择进站位置的方法多1，这样5个进站口，7名旅客的问题也容易解决了。
当有6个进站口，3名旅客时：
第一名旅客有6个进站位置可选择；
第二旅客除6个进站口可选择外，在第一名旅客所在的进站口时分在他前面或后面两种情况，因此比第一名旅客多一个位置可选择，共6+1=7个进站位置可选择；
第三名旅客除6个进站口可选择外，当写第一、二名旅客在同一进站口时，还分前后顺序。
但无论前两名旅客在同一进站口还是在不同的进站口，第三名旅客总多出2个位置可选择，因此有6+2=8种不同的位置可选择。
由乘法原理，共有6×（6+1）×（6+2）=6×7×8=336种不同的进站方法。
由于后一名旅客总是比前一名旅客多一个位置可选择，因此有5个进站口，7名旅客时进站方法有5×（5+1）×（5+2）×……×（5+6）=5×6×7×8×9×10×11=1663200种。
答：
有6个进站口，3名旅客时有336种不同的进站方法。
有5个进站口，7名旅客时有1663200种不同的进站方法。
6．解：
为了方便我们给五边形的各边编上号。
给五边形着色总是一边一边的着色，因此完成这个任务要分步进行。
第一步先涂第一边，有红、黄、蓝、绿四种颜色可选择，所以第一步有4种方法；第二步再涂第二边，有除第一边颜色之外的3种颜色可选择，所以第二步有3种方法；第三步涂第三边，可以选择除第二边颜色之外的三种颜色，所以第三步也有3种颜色，所以也有3种方法；第四步涂第四边，可以选择除第三边颜色之外的3种颜色，所以也有3种方法；第五边是否也是3种涂法呢？
这时第五边除了要和第四边的颜色不一样外还要和第一边的颜色不一样。
这时要分第四边颜色与第一边颜色一样和不一样两种情况讨论。
第一边有红、黄、蓝、绿4种不同的涂法；
第二边有除第一边外的3种不同的涂法；
第三边有除第二边处的3种不同的涂法；
第四边有除第三边外的3种不同的涂法；
此时，如果第四边和第一边颜色不一样，则第五边有除第一边和第四边外的2种不同的涂法：
如果第四边和第一边颜色一样，则第五边有除第一边外的3种不同的涂法。
第四边和第一边颜色不一样时，由乘法原理有4×3×3×3×2=216种不同的涂法。
第四边和第一边颜色一样时，仍由乘法原理有4×3×3×3×3=324种不同的涂法。
最后由加法原理，共有4×3×3×3×2+4×3×3×3×3=540种不同的涂法。
答：
满足题目要求的涂色方法共540种。
7．解法一：
为了方便叙述，我们从排头到排尾依次编上1到5号。
这个问题的关键是难点在于多了一个约束条件：
，A不能站排头，B不能站排尾。
注意这两个条件要同时满足。
由于排队对A和B有特殊限制，因此从这两个人开始排。
先排A，A只可以在2、3、4、5这4个位置上。
排B时，我们发现若A在2、3、4三个位置之一，B只有除A所站位之外的2、3、4中另2个位置和1可站，也就是3种不同的站法；若A在5，B有1、2、3、4这4个不同的位置可站。
注意这时要分类讨论了。
C、D、E三人的站位没有限制，因此不存在分情况讨论的问题。
第一种站队方式：
A在2、3、4三个位置之一。
此时，A有3个不同的位置可站；
B有3个不同的位置可站；
C有除A、B所站位置之外的3个不同的位置可站；
类似的，D有2个不同的位置可站；
E只有剩下的1个位置可站。
由乘法原理，在这种站位方式下有3×3×3×2×1=54种不同的排队方法。
第二种站队方式：
A在5号位置上。
此时，A只有1种方法；
B有4个不同的位置可站；
C有3个不同的位置可站；
D有2个不同的位置可站；
E只有剩下的1个位置可站。
由乘法原理，在这种站位方式下有1×4×3×2×1=24种不同的排队方法。
最后，由加法原理，共有3×3×3×2×1+1×4×3×2×1=78种不同的排队方法。
答：
按题目的要求共有78种不同的排队方法。
解法二：
这个问题我们是用加法原理和乘法原理直接求出排队方法的总数。
还有没有别的方法解呢？
我们可以考虑用“排除法”！
如果五个人站位没有限制，那么由乘法原理有5×4×3×2×1=120种不同的方法。
题目的要求是东能站排头，B不能站排尾。
A站排头或B站排尾就不符合题目的要求了，而且这两种情况都不出现即A不站排头B不站排尾。
因此只要求出A站排头或B站排尾有多少种不同的排队方法，再用总数减去这个方法数即是A不站排头B不站排尾的方法数了。
五个人任意排除，共有5×4×3×2×1=120种不同的方法。
A站排头有4×3×2×1=24种不同的排队方法；
B站排尾有4×3×2×1=24种不同的排队方法；
但这两种方法有重复，即A站排头且B站排尾，有3×2×1=6种不同的排队方法。
因此A站排头或B站排尾有4×3×2×1+4×3×2×1－3×2×1=42种不同的排队方法。
因此，A不站排头或B不站排尾的排队方法总数是120－42=78种。
8．解：
6×5×4×3×2×1－5×4×3×2×1=600
9．解：
10×9×8×7×6×5×4－9×8×7×6×5×4=544320
10．解：
4×3=12（个）
4×3×2=24（个）
4×3×2×1=24（个）
11．解：
10×9×8－9×8=648（个）
12．解：
12×11÷2=66（条）
13．解：
6+6×5+6×5×4+6×5×4×3+6×5×4×3×2+6×5×4×3×2×1=1956（个）
14．解：
4+4×3÷2+4×3×2÷2+4×3×2×1÷2=34（种）
15．解：
17（次）
16．50×49÷2=1225（场）；第一轮25场，第二轮12场，第三轮6场，第四轮3场；半决赛2场，25+12+6+3+2+1=49（场）
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