1、第一章 计数原理,1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理(二),学习目标 巩固分类加法计数原理和分步乘法计数原理，并能灵活应用这两个计数原理解决实际问题.,题型探究,知识梳理,内容索引,当堂训练,知识梳理,知识点一 两个计数原理的区别与联系,知识点二 两个计数原理的综合应用,解决较为复杂的计数问题，一般要将两个计数原理综合应用.使用时要做到目的明确，层次分明，先后有序，还需特别注意以下两点： (1)合理分类，准确分步：处理计数问题，应扣紧两个原理，根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是“分步”，要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准.分类时需要满足两个条件：类与类之间要互斥(保证不重复)；总
2、数要完备(保证不遗漏)，也就是要确定一个合理的分类标准.分步时应按事件发生的连贯过程进行分析，必须做到步与步之间互相独立，互不干扰，并确保连续性.,(2)特殊优先，一般在后：解含有特殊元素、特殊位置的计数问题，一般应优先安排特殊元素，优先确定特殊位置，再考虑其他元素与其他位置，体现出解题过程中的主次思想.,题型探究,例1 用0,1,2,3,4五个数字， (1)可以排成多少个三位数字的电话号码？,解 三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有55553125(种).,解答,类型一 组数问题,(2)可以排成多少个三位数？,解 三位数的首位不能为0，但可以有重复数字
3、，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有455100(种).,解答,(3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？,解 被2整除的数即偶数，末位数字可取0,2,4， 因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4312(种)排法； 一类是末位数字不是0，则末位有2种排法， 即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有23318(种)排法. 因而有121830(种)排法. 即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数.,解答,引申探究 由本例中的五个数字可组成多少个无重复数字的四位奇数？,解 完成“组成无重复数字的四位奇数”这件
4、事，可以分四步：第一步定个位，只能从1,3中任取一个，有2种方法； 第二步定首位，把1,2,3,4中除去用过的一个还有3个可任取一个，有3种方法； 第三步，第四步把剩下的包括0在内的还有3个数字先排百位有3种方法，再排十位有2种方法.由分步乘法计数原理知共有233236(个).,解答,对于组数问题，应掌握以下原则： (1)明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键.一般按特殊位置(末位或首位)分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素)优先的策略分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法求解. (2)要注意数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位.,反思与感悟,解析 因为
5、四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是2或3的情况不合题意，所以符合题意的四位数有24214(个).,跟踪训练1 用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有_个.(用数字作答),答案,解析,14,例2 3个不同的小球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放一个小球，共有多少种方法？,类型二 抽取(分配)问题,解答,解 方法一 (以小球为研究对象)分三步来完成： 第一步：放第一个小球有5种选择； 第二步：放第二个小球有4种选择； 第三步：放第三个小球有3种选择， 根据分步乘法计数原理得：总方法数N54360. 方法二 (以盒子为研究对象)盒子标上序号1,2,3,4
6、,5， 分成以下10类： 第一类：空盒子标号为：(1,2)：选法有3216(种)； 第二类：空盒子标号为：(1,3)：选法有3216(种)； 第三类：空盒子标号为：(1,4)：选法有3216(种)；,分类还有以下几种情况：(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10类，每一类都有6种方法. 根据分类加法计数原理得：总方法数N66660.,解决抽取(分配)问题的方法 (1)当涉及对象数目不大时，一般选用列举法、树状图法、框图法或者图表法. (2)当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理.一般地，若抽取是有顺序的
7、就按分步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行.间接法：去掉限制条件，计算所有的抽取方法数，然后减去所有不符合条件的抽取方法数即可.,反思与感悟,跟踪训练2 从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别为a，b，共可得到lg alg b的不同值的个数是 A.9 B.10 C.18 D.20,答案,解析,解析 利用分步乘法计数原理，取两个不同的数共有5420(种)， 3 1 9 3 ， 1 3 3 9 ， 共可得到lg alg b的不同值的个数是20218.,命题角度1 涂色问题 例3 将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同
8、的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？,类型三 涂色与种植问题,解答,解 第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法. (1)当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有4312(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有5123180(种)不同的涂法. (2)当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有54480(种)不同的涂法. 由分类加法计数原理可得共有18080260(种)不同的涂法.,引申探究 若本例中的区域改为如图所示，其他条件均不变，则
9、不同的涂法共有多少种？,解答,解 依题意，可分两类情况：不同色；同色. 第一类：不同色，则所涂的颜色各不相同，我们可将这件事情分成4步来完成. 第一步涂，从5种颜色中任选一种，有5种涂法； 第二步涂，从余下的4种颜色中任选一种，有4种涂法； 第三步涂与第四步涂时，分别有3种涂法和2种涂法. 于是由分步乘法计数原理可得，不同的涂法为5432120(种). 第二类：同色，则不同色，我们可将涂色工作分成三步来完成.,第一步涂，有5种涂法； 第二步涂，有4种涂法； 第三步涂，有3种涂法. 于是由分步乘法计数原理得，不同的涂法有54360(种). 综上可知，所求的涂色方法共有12060180(种).,涂
10、色问题的四个解答策略 涂色问题是考查计数方法的一种常见问题，由于这类问题常常涉及分类与分步，所以在高考题中经常出现，处理这类问题的关键是要找准分类标准，求解涂色问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用的方法有： (1)按区域的不同以区域为主分步计数，并用分步乘法计数原理计算. (2)以颜色为主分类讨论法，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理计算. (3)将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题. (4)对于不相邻的区域，常分为同色和不同色两类，这是常用的分类标准.,反思与感悟,跟踪训练3 如图所示，将四棱锥SABCD的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端点异色，如果只有5
11、种颜色可供使用，求不同的染色方法总数.,解答,解 由题意，四棱锥SABCD的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有54360(种)染色方法. 当S，A，B染色确定时，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. 由分类加法计数原理知，当S，A，B染法确定时，C，D有7种染法. 由分步乘法计数原理得，不同的染色方法有607420(种).,命题角度2 种植问题 例4 将3种作物全部种植在如图所示的5块试验田中，每块种植一种作物，且相邻的试验田不能种同一种作物，则不同的种植方法共有_种.
12、,答案,解析,42,解析 分别用a、b、c代表3种作物，先安排第一块田，有3种方法，不妨设放入a，再安排第二块田，有两种方法b或c，不妨设放入b，第三块也有2种方法a或c. (1)若第三块田放c：,第四、五块田分别有2种方法，共有224(种)方法.,(2)若第三块田放a：,第四块有b或c两种方法， 若第四块放c：,第五块有2种方法；,若第四块放b：,第五块只能种作物c，共1种方法. 综上，共有32(2221)42(种)方法.,按元素性质分类，按事件发生过程分步是计数问题的基本思想方法，区分“分类”与“分步”的关键，是验证所提供的某一种方法是否完成了这件事情，分类中的每一种方法都能完成这件事情，
13、而分步中的每一种方法不能完成这件事情，只是向事情的完成迈进了一步.,反思与感悟,跟踪训练4 从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，求有多少种不同的种植方法.,解答,解 方法一 (直接法)：若黄瓜种在第一块土地上，则有326(种)不同的种植方法. 同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上，均有326(种)不同的种植方法. 故不同的种植方法共有6318(种). 方法二 (间接法)：从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，有43224(种)，其中不种黄瓜有3216(种)，故不同的种植方法共有24618(种).,当堂训练,2,3,4,5,1,1.用0,1
14、,2,3组成没有重复数字的四位数，其中奇数有 A.8个 B.10个 C.18个 D.24个,解析 个位数只能是1或3，所以有2种选择，首位不能为0， 则有2种选择，把剩下的2个数字先排，百位有2种选择，十位数字只有1种选择， 由分步乘法计数原理，奇数有22218(个).,答案,解析,2,3,4,5,1,2.在2,3,5,7,11这五个数字中，任取两个数字组成分数，其中假分数的个数为 A.20 B.10 C.5 D.24,解析 当分子为11时，分母可为2,3,5,7，所以可构成4个假分数； 当分子为7时，分母可为2,3,5，所以可构成3个假分数； 当分子为5时，分母可为2,3，所以可构成2个假分
15、数； 当分子为3时，分母可为2，所以可构成1个假分数. 由分类加法计数原理可得，假分数的个数为432110.,答案,解析,解析 安排同学甲周三值日，其余4名同学的安排方案分四个步骤完成：第一步，安排第一位同学，有4种方法； 第二步，安排第二位同学，有3种方法； 第三步，安排第三位同学，有2种方法； 第四步，安排第四位同学，有1种方法. 根据分步乘法计数原理知，这5名同学值日顺序的安排方案共有432124(种).,2,3,4,5,1,3.有5名同学被安排在周一至周五值日，每人值日一天.已知同学甲只能在周三值日，那么这5名同学值日顺序的安排方案共有 A.12种 B.24种 C.48种 D.120种
16、,答案,解析,4.如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通.今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有_种.,答案,2,3,4,5,1,解析,13,解析 按照焊点脱落的个数进行分类： 第一类：脱落一个焊点，只能是脱落1或4，有2种情况； 第二类：脱落两个焊点，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)共6种情况； 第三类：脱落三个焊点，有(1,2,3)，(1,2,4)，(1,3,4)，(2,3,4)共4种情况； 第四类：脱落四个焊点，只有(1,2,3,4)1种情况. 于是焊点脱落的情况共有264113(种).,2,3,4,5,1,
17、5.如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有_种.,2,3,4,5,1,答案,解析,解析 A有4种涂法，B有3种涂法，C有3种涂法，D有3种涂法，共有4333108(种)涂法.,108,规律与方法,1.分类加法计数原理与分步乘法计数原理是两个最基本、也是最重要的原理，是解答后面将要学习的排列、组合问题，尤其是较复杂的排列、组合问题的基础. 2.应用分类加法计数原理要求分类的每一种方法都能把事件独立完成；应用分步乘法计数原理要求各步均是完成事件必须经过的若干彼此独立的步骤.,3.一般是先分类再分步，分类时要设计好标准，设计好分类方案，防止重复和遗漏. 4.若正面分类，种类比较多，而问题的反面种类比较少时，则使用间接法会简单一些.,本课结束,