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乘法原理加法原理

第九讲乘法原理

　　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：

　　注意到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m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，…，做第n步有mn种不同的方法，那么，完成这件事一共有

　　N=m1×m2×…×mn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？

　　分析某人买饭要分两步完成，即先买一种主食，再买一种副食（或先买副食后买主食）．其中，买主食有3种不同的方法，买副食有5种不同的方法．故可以由乘法原理解决．

　　解：

由乘法原理，主食和副食各买一种共有3×5=15种不同的方法．

　　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？

　　分析甲虫要从A点沿线段爬到B点，必经过C点，所以，完成这段路分两步，即由A到C，再由C到B．而由A到C有三种走法，由C到B也有三种走法，所以，由乘法原理便可得到结论．

　　解：

这只甲虫从A到B共有3×3=9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？

　　分析要做的事情是从外语、语文书中各取一本．完成它要分两步：

即先取一本外语书（有6种取法），再取一本语文书（有4种取法）．（或先取语文书，再取外语书．）所以，用乘法原理解决．

　　解：

从架上各取一本共有6×4=24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？

　　分析三人报名参加比赛，彼此互不影响独立报名．所以可以看成是分三步完成，即一个人一个人地去报名．首先，王英去报名，可报4个项目中的一项，有4种不同的报名方法．其次，赵明去报名，也有4种不同的报名方法．同样，李刚也有4种不同的报名方法．满足乘法原理的条件，可由乘法原理解决．

　　解：

由乘法原理，报名的结果共有4×4×4=64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，由乘法原理，共可组成3×4×4=48个不相等的三位数．

　　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，由乘法原理，共有3×3×2=18个没有重复数字的三位数．

　　解：

由乘法原理

　　①共可组成3×4×4=48（个）不同的三位数；

　　②共可组成3×3×2=18（个）没有重复数字的三位数．

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．

　　解：

由1、2、3、4、5、6共可组成

　　3×4×5×3=180

　　个没有重复数字的四位奇数．

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．

　　解：

由乘法原理，共有

　　16×9×4×1=576

　　种不同的放法．

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，共9种取法，即0、1、2、3、4、5、6、7、8；第二步，从3张壹元的人民币中取共4种取法，即0、1、2、3．由乘法原理，共有9×4=36种情形，但注意到，要求“至少取一张”而现在包含了一张都不取的这一种情形，应减掉．

　　解：

取出的总钱数是

　　9×4-1=35种不同的情形．

习题九

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？

习题九解答

　　1．3×2×4=24（种）．

　　2．1×4×3=12（个）．

　　3．90×9=810（个）．

　　4．4×4×3×2×1=96（种）．

　　5．①8×8×8=512（个）；②4×8×8=256（个）；

　　③4×7×6=168（个）；④1×7×6=42（个）；

　　⑤1×3×6=18（个）．

　　6．9×10×10×10×10×10=900000（部）．

第十讲加法原理

　　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k类方法，第一类方法中有m1种不同做法，第二类方法中有m2种不同做法，…，第k类方法中有mk种不同的做法，则完成这件事共有

　　N=m1+m2+…+mk

　　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？

　　分析在这个问题中，小明选一本书有三类方法．即要么选外语书，要么选科技书，要么选小说．所以，是应用加法原理的问题．

　　解：

小明借一本书共有：

　　150+200+100=450（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？

　　分析①中，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中，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．

　　解：

①从两个口袋中任取一个小球共有

　　3+8=11（种），

　　不同的取法．

　　②从两个口袋中各取一个小球共有

　　3×8=24（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．这时，要分两步走，第一步从甲地到乙地，有4种走法；第二步从乙地到丙地共2种走法，所以由乘法原理，这时共有4×2=8种不同的走法．

　　第二类，由甲地直接到丙地，由条件知，有3种不同的走法．

　　解：

由加法原理知，由甲地到丙地共有：

　　4×2+3=11（种）

　　不同的走法．

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．

　　解：

从A点先经过C到B点共有：

　　1×3=3（种）

　　不同的走法．

　　从A点先经过D到B点共有：

　　2×3=6（种）

　　不同的走法．

　　所以，从A点到B点共有：

　　3+6=9（种）

　　不同的走法．

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．

　　第一类，两个数字同为奇数．由于放两个正方体可认为是一个一个地放．放第一个正方体时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个正方体，出现奇数也有三种可能，由乘法原理，这时共有3×3=9种不同的情形．

　　第二类，两个数字同为偶数，类似第一类的讨论方法，也有3×3=9种不同情形．

　　最后再由加法原理即可求解．

　　解：

两个正方体向上的一面同为奇数共有

　　3×3=9（种）

　　不同的情形；

　　两个正方体向上的一面同为偶数共有

　　3×3=9（种）

　　不同的情形．

　　所以，两个正方体向上的一面数字之和为偶数的共有

　　3×3+3×3=18（种）

　　不同的情形．

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；

　　两位数中，不含4的可以这样考虑：

十位上，不含4的有1、2、3、5、6、7、8、9这八种情况．个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，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，这时共有8×9=72个数不含4．

　　三位数中，小于500并且不含数字4的可以这样考虑：

百位上，不含4的有1、2、3、这三种情况．十位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，个位上，不含4的也有九种情况．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，这时共有3×9×9=243个三位数．由于500也是一个不含4的三位数．所以，1～500中，不含4的三位数共有3×9×9+1=244个．

　　解：

在1～500中，不含4的一位数有8个；不含4的两位数有8×9=72个；不含4的三位数有3×9×9+1=244个，由加法原理，在1～500中，共有：

　　8+8×9+3×9×9+1=324（个）

　　不含4的自然数．

　　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如下页左图，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．

　　第一类，经过C的路线，分为两步，从A到C再从C到B，从A到C有2条路可走，从C到B也有两条路可走，由乘法原理，从A经C到B共有2×2=4条不同的路线．

　　第二类，经过D点的路线，分为两步，从A到D有4条路，从D到B有4条路，由乘法原理，从A经D到B共有4×4=16种不同的走法．

　　第三类，经过E点的路线，分为两步，从A到E再从E到B，观察发现．各有一条路．所以，从A经E到B共有1种走法．

　　第四类，经过F点的路线，从A经F到B只有一种走法．

　　最后由加法原理即可求解．

　　解：

如上右图，从A到B共有下面的走法：

　　从A经C到B共有2×2=4种走法；

　　从A经D到B共有4×4=16种走法；

　　从A经E到B共有1种走法；

　　从A经F到B共有1种走法．

　　所以，从A到B共有：

　　4+16+1+1=22

　　种不同的走法．

习题十

　　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？

习题十解答

　　1．3×3+2×4=17（种）．

　　2．6+7+15+21+6×7=91（种）．

　　提示：

拿两本的情况分为2本画报或2本书或一本画报一本书．

　　3．

（1）6；

（2）10；（3）20；（4）35．

　　4．9+180+3=192（个）．

　　5．8+8×8+3×8×8=264（个）．

　　6．9+8+7+6+5+4+3+2+1=45（次）．