小六数学第6讲：加乘原理（教师版）.docx

1、第六讲 加乘原理 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，在具体做的时候，只 要采用一类中的一种方法就可以完成，并且几类方法是互不影响的。在每一类方法中，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，就要用到加法原理来解决。 还有这样的一种情况就是在做一件事时，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，要知道完成这件事情共有多少种方法，就要用到乘法原理来解决。 加法原理：加法原理：如果完成一件任务有 n 类方法，在第一类方法中有 1 m种不同方法，在第二 类方法中有 2 m种不同方法，在第 n 类方法中有 n m种不同方法，那么完成这件任务共 有 1

2、2n Nmmm 种不同方法。 乘法原理：乘法原理：如果完成一件任务需要分成 n 个步骤进行，做第 1 步有 1 m种方法，做第 2 步有 2 m种方法，做第 n 步有 n m种方法，那么按照这样的步骤完成这件任务共有 12n Nmmm 种不同方法。 1.加法原理和乘法原理是计数方法中常用的重要原理，在应用时要注意它们的区别。 2.加法原理是把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， 所以 完成任务的不同方法数等于各类方法数之和。 3.乘法原理是把一件事分几步完成， 这几步缺一不可， 所以完成任务的不同方法数等于各步 方法数的乘积。 例例 1 1： 一个盒子内装有一个盒子

3、内装有 5 5 个小球， 另一个盒子内装有个小球， 另一个盒子内装有 9 9 个小球， 所有这些小球颜色各不相同。个小球， 所有这些小球颜色各不相同。 问：从两个盒子内任取一个小球，有多少种不同的取法？问：从两个盒子内任取一个小球，有多少种不同的取法？ 从两个盒子内各取一个小球，有多少种不同的取法？从两个盒子内各取一个小球，有多少种不同的取法？ 分析：分析： “从两个盒子内任取一个小球” ，则这个小球要么从第一个盒子中取，要么从第二个 盒子中取，共有两类方法，所以应用加法原理。 “从两个盒子内各取一个小球” ，可看成先从第一个盒子中取一个，再从第二个盒子 中取一个，分两步完成，所以应用乘法原理

4、。 解：解： 从两个盒子中任取一个小球共有： 5+9=14（种）不同的取法。 从两个盒子中各取一个小球共有： 59=45（种）不同的取法。 例例 2 2：从从 1 1 到到 399399 的所有自然数中，不含有数字的所有自然数中，不含有数字 3 3 的自然数有多少个？的自然数有多少个？ 分析：分析： 从 1 到 399 的所有自然数可分成三类，即一位数、两位数、三位数。一位数中不含 3 的有 8 个，1、2、4、5、6、7、8、9。两位数中，不含 3 的可以这样考虑：十位上不含 3 的有 1、2、4、5、6、7、8、9 共八种情况；个位上，不含 3 的有 0、l、2、4、5、6、7、8、 9

5、这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数字，再取个位数字，应用乘法原理，这 时共有 89=72 个数字不含 3。三位数中，小于 400 并且不含数字 3 的可以这样考虑：百位 上不含 3 的有 l、2 这两种情况，十位上和个位上不含 3 的有 0、1、2、4、5、6、7、8、9 这九种情况。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 299=162 个数字不含 3。 解：解：在从 1 到 399 中，不含 3 的一位数有 8 个；不含 3 的两位数有 89=72 个；不含 3 的三 位数有 299=162 个。由加法原理，在从 1 到 399 中，

6、共有：8+72+162=242（个）不含 3 的自然数。 例例 3:3:用用 5 5 种颜色给图种颜色给图 1 1 的五个区域染色， 相邻的区域染不同的颜色， 每个区域染一种颜色。的五个区域染色， 相邻的区域染不同的颜色， 每个区域染一种颜色。 问：共有多少种不同的染色方法？问：共有多少种不同的染色方法？ 分析：分析： 由图 1 可知 A 与 D、B 与 E 不相邻，它们之间有同色和不同色两类变化。考虑当 A、D 染同色时，根据乘法原理。 A 与 D 中有 5 种染色方法，若 B 与 E 同色，则 B 与 E 有 4 种染色方法，那么 C 有 3 种 染色方法。因此有 543=60（种）若 B

7、 与 E 不同色，那么 B 有 4 种染色方法，E 有 3 种染色方法，C 有 2 种染色方法。因此有 5432=120（种） 。 当 A、D 染色不同时，A 有 5 种染色方法，D 有 4 种染色方法，若 B 与 E 同色，则 B 与 E 有 3 种染色方法，那么 C 有 2 种染色方法。因此有 5432=120（种）若 B 与 E 不同色，那么 B 有 3 种杂色方法，E 有 2 种染色方法，C 有 1 种染色方法。则有 5432 1=120（种） 。 再根据加法原理可知有多少种染色方法。 解解: : 当 A、D 染同色时，有： 543+5432=60+120=180（种） 当 A、D 染

8、色不同时，有： 5432+54321=120+120=240（种） 根据加法原理： 180+240=420（种） 答：共有 420 种不同的染色方法。 例例 4 4：学校羽毛球队有学校羽毛球队有 1212 名男队员，名男队员，1010 名女队员。名女队员。 （l l）要挑选一名男队员和一名女队员组成一对男、女混合双打选手，有多少种不同的）要挑选一名男队员和一名女队员组成一对男、女混合双打选手，有多少种不同的 搭配方法？搭配方法？ （2 2）该羽毛球队在比赛中获团体总分第一名，学校选一名运动员去领奖，有多少种选）该羽毛球队在比赛中获团体总分第一名，学校选一名运动员去领奖，有多少种选 法？法？ 分

9、析：分析： （l）组成男、女混合双打选手，先挑选男队员有 12 种方法，再挑选女队员有 10 种方 法，根据乘法原理可求有多少种不同的搭配方法。 （2）选一名运动员去领奖，从男队员中选有 12 种选法，从女队员中选有 10 种方法， 根据加法原理可求有多少种选法。 解：解： （1）根据乘法原理，组成男、女混合双打选手有： 1210=120（种） （2）根据加法原理，选一名运动员去领奖有： 12+10=22（种） 例例 5:5:找出图找出图 2 2 中从中从 A A 点出发，经过点出发，经过 C C 点和点和 D D 点到点到 B B 点的最短路线，共有多少条？点的最短路线，共有多少条？ 分析：

10、分析： 要找出从 A 到 B 共有多少条不同的最短路线， 只要根据加法原理找出 A 点到图上每个交 点的最短路线，便可得到。 如图 3 所示， 从 A 到、走最短路线只有 1 种方法， 而从 A 到有、 两种路线。根据同样的道理可推算出 A 到图上各点的走法数。先运用加法原 理进行推算，AC 有 6 种走法。再用同法得出 CD、DB 的走法数，再用乘法原理可得出 从 ACDB 的最短线路。 解：解： 从 A 到 C 有 6 种走法，再以 C 为起点，用相同的办法得出到 D 的走法有 10 种。从 D 到 B 的走法也有 6 种。 运用乘法原理得出，从 A 经 C、D 到 B 的最短不同线路共有

11、 6106=360（种） 。 1 A 2 A 3 A 31 AAA 32 AAA 例例 6 6：现有壹元的人民币：现有壹元的人民币 4 4 张，贰元的人民币张，贰元的人民币 2 2 张，伍元的人民币张，伍元的人民币 5 5 张，如果从中至少取一张，如果从中至少取一 张，至多取张，至多取 1111 张，那么共可以配成多少种不同的钱数？张，那么共可以配成多少种不同的钱数？ 分析：分析： 题目中总共有三种面值的人民币，从中任取几张，构成一个钱数，需要一步一步来做， 如先取壹元的，再取贰元的，最后取伍元的，但要注意到取 2 张壹元的和取 1 张贰元的得到 的钱数相同。这样会产生重复。为了避免重复，把壹

12、元的人民币 4 张和贰元的人民币 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。经分析知，可组成从壹 元到捌元间的任何一种面值， 共 8 种情况 （其中取 2 张壹元的人民币与取 1 张贰元的人民币 是一种情况；取 4 张壹元的人民币与取 2 张贰元的人民币是一种情况。 ）此时问题可转化为 从 8 张壹元的人民币和 5 张伍元的人民币中分别取钱。先从 8 张壹元的人民币中取，共 9 种取法，即 0、1、23、4、5、6、7、8；然后从 5 张伍元的人民币中取，共 6 种取法，即 0、l、2、3、4、5。由乘法原理，共有 96=54 种情况。但其中包含了一张都不取的情况，

13、 还有一种重复的情况， 即从 8 张壹元的人民币中取 5 张和从 5 张伍元的人民币中取 1 张是一 种情况。都需要减掉。 解：解： 4 张壹元的人民币与 2 张贰元的人民币可组成的钱数有 8 种，再与 5 张伍元的人民币组 合，取出的钱数有（8+1）（5+1）-2=96-2=52（种）不同的情况。 例例 7:7:由数字由数字 1 1、2 2、3 3、4 4、5 5、6 6、7 7、8 8、9 9 可组成多少个三位数？三位偶数？没有重可组成多少个三位数？三位偶数？没有重 复数字的三位偶数？百位为复数字的三位偶数？百位为 9 9 的没有重复数字的三位数？百位为的没有重复数字的三位数？百位为 9

14、9 的没有重复数字的的没有重复数字的 三位偶数？三位偶数？ 分析：分析： 要组成三位数，需一位一位地确定各个数位上的数字，即分三步完成，如，组成三位数 可先从百位上考虑起，百位有 9 种选择方法，依次十位和个位也各有 9 种选择方法，根据乘 法原理可求。若要排成偶数，则要考虑到尾数的排法只有 4 种，即只能排 2、4、6、8。若 要排成无重复数字的数，则须考虑到确定一个数位的选法之后，下一个数位的选法会减少。 解：解： 组成三位数， 百位、 十位、 个位各有 9 种选法， 由乘法原理可知有： 999=729 （种） 。 组成三位偶数，个位有 4 种选法，百位、十位各有 9 种选法，那么有：49

15、9=324 种） 。 无重复数字三位偶数，个位有 4 种选法，十位有（9l）种选法，百位有（91l） 种选法，那么共有：487=224（种） 。 百位为 9 的无重复数字的三位数，百位有 1 种选法，十位有 8 种选法，个位有 7 种选 法，那么共有 187=56 种） 。 百位为 9 的无重复数字的三位偶数，百位有一种选法，个位有 4 种选法，十位有（9 2）种选法。那么共有 l47=28（种） 。 A A 1从 0、1、2、3、4 这五个数字中任取 3 个，可以组成_个无重复数字的三位数。 答案答案： 百位上可以有 1、2、3、4 四种选择，十位数可以选除百位外的另外四个数，也是四种 选择

16、，在个位上可取百位、十位外的另外三个数，有三种选择，因此共可以组成 443=48 （个）符合题意的三位数。 2在 mn 的方格纸上，取两个相邻的小方格共有_种取法。 答案答案： 如果这两个小方格是上下相邻的， 它有一边长有 n 种可能， 另一边长有 （m-1） 种可能， 从而有 n(m-1)(个)小长方形；类似的，如果这两个小方格是左右相邻的，有(n-1)m(个)小 长方形，从而共有(n-1)m+n(m-1)=2mn-(m+n)(个)符合题意的取法。 3书架上有不同的数学书 20 本，不同的语文书 10 本，现从书架上取书，试问： （1）取出一本书，有_种不同的取法。 （2）取出数学书和语文书

17、各一本，有_种不同的取法。 答案答案： （1） 取出一本书， 若是数学书有 20 种取法， 若是语文书， 有 10 种取法， 总共有 20+10=30 （种）取法。 （2）取出数学书和语文书各一本，可以分两步完成：先取出数学书，有 20 种取法；再 取出语文书，又有 10 种取法。由乘法原理，总共有 2010=200（种）取法。 4 将 1、 2、 3、 4 这 4 个数字从小到大排成一行， 在 4 个数中间任意插入乘号， 可以得到_ 个不同的乘积（要求最少有一个乘号） 。 答案答案： 显然， 乘号只能放在 1 和 2、 2 和 3、 3 和 4 之间。 在 1 和 2 之间， 有放与不放两种

18、可能， 在 2 和 3 之间，有放与不放两种可能，同样在 3 和 4 之间也有放与不放两种可能，所以总共 有 222=8（种）放法，但必须排除其中三个位置均不放乘号的可能性，所以共有 7 种放 法。 5将一个长方形用对角线分成四份，如图所示，现用五种颜色染色，要求每小块染一种颜 色，相邻的两小块（有公共边的）必须染不同的颜色。那么，总共有_种不同的染色方 法。 答案答案： 在 A 中填入颜色，有五种填法，在 B 中则有四种填法，对 C 则要分类考虑。如果 A 与 C 颜色一亲，则 D 有四种填法；如果 A 与 C 颜色不一样，C 有三种填法，D 有三种填法，所以 最后共有填 54（14+33）

19、=2013=260（种） 。 B B 6用红、绿、黄、蓝四种颜色分别去涂图中的 A、B、C、D 四个区域，要求相邻区域不可同 色，共有_种不同涂法。 答案答案： 因为 A、C、D 相互隔开，而 B 与它们均相连，故选择先涂 B，有四种涂法，而 A、C、D 均各有三种涂法，所以总共有 4333=108（种）不同涂法。 7从 19 这 9 个数字中每次取出 2 个不同的自然数相加，和大于 10 的选法共有多少种？ 答案答案： 要使和大于 10，加数不能取 1。我们可以采取枚举法。 一个加数为 2 时，2+9=11， 一个加数为 3 时，3+9=12，3+8=11 一个加数为 4 时，4+9=13，

20、4+8=12，4+7=11 一个加数为 5 时，5+9=14，5+8=13，5+7=12，5+6=11 一个加数为 6 时，6+9=16，6+8=14，6+7=13 一个加数为 7 时，7+9=16，7+8=15 一个加数为 8 时，8+9=17 于是符合条件的选法共有 1+2+3+4+3+2+1=16（种） 。 8现有长度为 1、2、3、4、5、6、7、8、9 单位长度的铁丝各一条，从中选出若干条来组 成正方形，问有多少种不同的选法？ 答案答案： 这些铁丝总的长度为 1+2+3+4+5+6+7+8+9=45，所以所组成的正方形最长边为 11。 （1）边长为 11 时，由于 19+2=8+3=

21、7+4=6+5 因此可取长度为 2、3、4、5、6、7、8、9 的铁丝，按（9，2） ， （8，3） ， （7，4） ， （6， 5）分组，可得边长为 11 的正方形一个，显然，这只能有一种选择。 （2）边长为 10 时，由于 10=9+1=8+2=7+3=6+4 取长度为 1、2、3、4、6、7、8、9 可得到 1 个边长为 10 的正方形。 （3）边长为 9 时，由于 9=8+1=7+2=6+3=5+4 从而可以取下列四组数构成一正方形：9， （8，1） ， （7，2） ， （6，3） ；9， （8，1） ， （7， 2） ， （5，4） ；9（8，1） ， （5，4） ， （6，3） ；

22、9， （8，1） ， （7，2） ， （6，3） ， （5，4） 共有 5 种不同选择。 （4）边长为 8 时，由于 8=7+1=6+2=5+3 可得到一个正方形。 （5）边长为 7 时，由于 7=6+1=5+2=3+4 可是得到一个正方形。 当边长小于 7 时，无法组成正方形。 从而满足题意的有 1+1+5+1+1=9（种）不同选法。 9由非负整数形成的整点（m，n）中，如果做加法 m+n 时不需要进位，我们称（m，n）为 “A 点” ，m+n 为（m，n）的和。请问有多少个这样的“A 点” ，它们的和是 1949？ 答案答案： 我们规定，如果一个数最高位是 0 是存在的，如 0321 它实

23、际上就是 321。 先考虑 m，因为如果 m 一定，那么 n 也就决定了。先考虑 m 的千位数，它只能有两种选 择，0、1；再考虑它的百位数，有 0、1、2、3、4、5、6、7、8、9 十种选择，同样，十位 数上有 0、1、2、3、4 五种选择，个位上也有 0、1、2、3、4、5、6、7、8、9 十种选择。 因此，总共合乎题意的“A 点”有 210510=1000（种） 。 10.如图所示， 在 1010 个边长为 1 的小正方形拼成的棋盘中， 求由若干个小方块能拼成的 所有正方形的数目。 分析：分析：由小方块所拼成的正方形边长可以取 1，2，10。这样有十类不同的方式拼出正 方形。下面再计算

24、出每类方式有多少种方法拼出正方形。边长为 1 的正方形显然有 1010 个；边长为 2 的正方形，横边有 9 种选择：AC，BD，CE，DF，IK。类似的，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 99 个。边长为其他数时可以类似推 出。 答案：答案： 由乘法原理可得： 边长为 1 的小正方形有 1010 个； 边长为 2 的小正方形有 99 个； 边长为 3 的小正方形有 88 个； 边长为 9 的小正方形有 22 个； 边长为 10 的小正方形有 11 个。 由加法原理，共有 10

25、10+99+22+11=100+81+64+49+36+25+16+9+4+1=385（个） 答：共有 385 个正方形。 C C 11.用红、黄、蓝、绿四种颜色给一个五边形（图 2）着色，要求：相邻两边的颜色不同。 那么共有多少种不同的着色方法？ 分析：分析： 为了方便我们给五边形的各个顶点编上字母。 给五边形着色是一边一边地着色， 因此完 成这个任务要分步进行。 第一步先涂 AB 边， 有四种颜色可供选择， 所以第一步有 4 种方法； 第二步再涂 BC 边，有除 AC 边颜色以外的三种颜色可供选择，所以第二步有 3 种方法；第三 步涂 CD 边，可以选择与 BC 边颜色不同的另外三种颜色，

26、所以这一步也有 3 种方法，同理， DE 边也有三种颜色可供选择；在涂 AE 边时，它不但要与 DE 边不同，还要与 AB 边不同，所 以要分 DE 边与 AB 边颜色相同和相异两种不同情况讨论。 答案：答案： AB 边有红、黄、蓝、绿 4 种不同的涂法； BC 边有涂 AB 边外的 3 种不同的涂法； CD 边有涂 BC 边外的 3 种不同的涂法； DE 边有涂 CD 边外的 3 种不同的涂法。 此时，如果 DE 边和 AB 边外的两种不同涂法；如果 DE 边和 AB 边颜色一样，则 AE 边有 有除 AB、DE 边外的两种不同涂法；如果 DE 边和 AB 边颜色一样，AE 边有 3 种不同

27、的涂法； DE 边和 AB 边颜色不一样时，由乘法原理有 43332=216（种）不同的涂法； DE 边和 AB 边颜色一样时，由乘法原理有 43333=324（种）不同的涂法； 最后由加法原理，共有 216+324=540（种） 。 12.求由 1、2、3、4、5 五个数字组成的没有重复数字的五位数的个数。如果将它们从小到 大排列起来，则 21345 位于第几个数？ 分析：分析： 要得到由 1、2、3、4、5 组成的五位数，只需用五个步骤。第一步从五个数字中选一个 放在个位上，有 5 种选法；第二步从剩下的四个数中选一个放在十位上，有 4 种选法；依次 类推，最后一个数放在万位上。 答案：答

28、案： 所求五位数的个数有 54321=120（个） 以 1、2、3、4、5 作万位数的应该一样多，有 24 个，而 21345 是以 2 为万位数的五位 数中最小的一个，所以它应该是第 25 个数。 13.求 5040 共有多少个约数？ 分析：分析： 首先将 5040 分解质因数 因此 5040 的约数都可以表示成为 其中 a 的取值为 0，1，2，3，4；b 的取值为 0，1，2；c 的取值为 0，1；d 的取值为 0， 1；困此 a，b，c，d 的可能取值个数分别为 5，3，2，2。 答案：答案： 由乘法原理，5040 的约数的个数为 （4+1）（2+1）（1+1）（1+1）=60（个）

29、答：5040 共有 60 个约数。 14.从 2、3、4、5、6、10、11、12 这 8 个数中，取出两个数，作成一个最简真分数有多少 种取法？ 分析：分析： 要作成一个最简真分数，必须分两步来完成：一步取分母，一步取分子，同时要注意分 子不但要比分母小，而且要与分母互质。我们可以适当运用枚举法。 答案：答案： 如果分母取 3，则分子可以取 2，有 1 种取法；如果分母取 4，则分子可以取 3，有 1 种取法； 如果分母取 5， 则分子可以取 2、 3、 4， 有 3 种取法； 如果分母取 6， 分子可以取 5， 有 1 种取法；如果分母取 10，分子可以取 3，有 1 种取法；如果分母取

30、11，分子可以取 2、 3、4、5、6、10，有 6 种取法；如果分母取 12，分子可以取 3、11，有 2 种取法。 由加法原理，要作成一个最简真分数，共有 1+1+3+1+1+6+2=15（种）不同的取法。 答：作成一个最简单的真分数有 15 种取法。 15.有 4 张卡片，正反面都各有写有一个数字。第 1 张上写的是 0 和 1，其他 3 张正反面上 分别写有 2 和 3，4 和 5，7 和 8。现任意取出其中 3 张卡片，放在一排，组成的三位数共有 75325040 24 dcba 7532 75325040 24 多少种可能？ 分析：分析： 要得到一个三位数，可以分成三个步骤：第一步

31、：确定百位数，可以从 4 张卡片中取出 一张，有 4 种取法，取出后以其中的某个面作为正面，又有两种可能。但 0 不能作百位数， 因此百位数有（42-1）种选择；第二步，确定十位数，由于百位数确定后只剩 3 张卡片， 可知有（32）种选择；第三步，确定个位数，十位数确定后，只剩两张卡片，有（22） 种选择。 答案答案: : 根据上述分析，组成三位数的可能性有（42-1）（32）（22）=764=168 （种） 答：组成的三位数共有 168 种可能。 16.从 1 到 400 的所有自然数中，不含数字 5 的自然数有多少个？ 分析：分析： 可以用两种思路来解：一种是枚举法，从一位数，两位数到三位

32、数总结出各有多少个合 乎题意的数，再相加；另一种是从所有这些自然数中分个位、十位、百位上的数字来讨论， 从而确定出总数。 答案：答案： 解法一： 从 1 到 400 的所有自然数可以按位数分成三类， 即一位数、 两位数和三位数。 在一位数中，不含数字 5 的有 8 个。 在两位数中，不含数字 5 的可分十位和个位两步来考虑。十位上，不含数字 5 的有 1、 2、3、4、6、7、8、9 八种情况。个位上不含数字 5 的有 0、1、2、3、4、6、7、8、9 九种 情况。由乘法原理，共有 89=72(个)不含数字 5 的两位数。 在三位数中，不含数字 5 的可分百位、十位、个位三步来考虑。百位上不

33、含 5 的有 1、 2、3 三种情况；十位上不含数字 5 的有 0、1、2、3、4、6、7、8、9 九种情况；个位上与 十位上情况一样也有九种可能。由乘法原理，这时不含数字 5 的数有 399=243（个） ， 同时 400 也是一个不含数字 5 的三位数，所以不含数字 5 的三位数共有 244 个。 从而，由加法原理，在 1 到 400 的自然数中，不含数字 5 的自然数共有 8+72+244=324 （个） 解法二：如果我们把一位数看成前面有两个 0 的三位数，把两位数看成前面有一个 0 的三位数，如把 3 看成 003，把 24 看成 024。这样除去 400，在百位数上有 0、1、2、

34、3 这 四种情况；在十位数上有 0、1、2、3、4、6、7、8、9 这九种情况；在个位上，有 0、1、2、 3、4、6、7、8、9 这九种情况。 由乘法原理， 除 400 外， 有 499 （个） 不含数字 5 的自然数， 但 000 也被计算在内， 400 没有被计算进去，因此从 1 到 400 的自然数中，不含数字 5 的自然数共有 324-1+1=324 （个） 。 答：不含数字 5 的自然数有 324 个。 17.有 A、B、C、D、E 五人排成一队，A 不许站排头，B 不许站排尾，共有多少种不同排法？ 分析：分析： 我们从排头到排尾依次编号为 1、2、3、4、5。由于 A 不能站排头

35、，所以我们可考虑 A 的站位，再由 B 不能站排尾，考虑 B 的站位，然后再考虑 C、D、E 的站位；同时，我们也可 以换个角度：从所有可能的站位情况，扣去 A 站排头或 B 站排尾的情况，从而得到所有不同 排法。 答案：答案： 解法一：先讨论 A 的站位： （1）A 站在 5 号位置上，则 A 只有一种站法，B 有 4 个不同位置可站，C 有 3 个不同位 置可站，D 有两个不同位置可站，E 只有 1 个位置可站，由乘法原理，在这种站位方式下有 14321=24（种）不同的排队方法。 （2）A 站在 2、3、4 号 3 个位置之一。此时 A 有 3 个位置可站，B 不能站在 5 号位，也 只

36、有 3 个位置可站，C 有 3 个位置可站，D 有 2 个位置可站，E 有 1 个位置可站，由乘法原 理，在这种站位方式下有 33321=54（种）不同的排队方法。 最后，由加法原理，共有 24+54=78（种）不同的排队方法。 解法二；五个人任意排队，共有 54321=120（种）不同的方法。A 站排头有 4321=24（种）不同的排法；B 站排尾有 4321=24（种）不同的排法；但这两种 方法有重复， 即 A 站排头且 B 站排尾； 有 321=6 （种） 不同的排法。因此， 由容斥原理， A 站排头且 B 不站排尾的排队方法总数是 120-42=78（种） 。 答：符合要求的排队方法共

37、有 78 种。 1.书架上有 6 本不同的画报、10 本不同科技书,请你每次从书架上任取一本画报、一本科技 书,共有种不同的取法. 答案：答案： 第一步,取一本画报,有 6 种方法;第二步,取一本科技书,有 10 种方法.根据乘法原理, 一共有 610=60(种)不同取法. 2.七个相同的球,放入四个不同的盒子里,每个盒子至少放一个.不同的放法有种. 答案：答案： 放第一个球,有 4 种方法;放第二个球,也有 4 种方法,放第七个球,还有 4 种方法.由 乘法原理知,一共有 4444444=4 7=16384(种)放法. 另解: 先保证每个盒子里都有一个球，然后在考虑剩余的三个球的放法。如果三

38、个球都放在一 个盒子里，有 4 种放法；如果两个球放一个盒子，还有一个放另一个盒子，则有 4*3=12 种放法；如果三个球放到三个盒子里，则有 4 种，所以总共有：4+12+4=20 种放法。 3.用 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 十个数字,能够组成个没有重复数字的三位数. 答案：答案： 第一步,排百位数字,有9种方法(0不能作首位);第二步,排十位数字,有9种方法;第三 步,排个位数字,有 8 种方法.根据乘法原理,一共有 998=648(个)没有重复数字的三位 数. 4.边长为整数的长方形，面积为 693 平方厘米,其周长最多可有种不同的数值. 答案：答案： 将693分解质因数得

39、693=7113 2,它有(1+1)(1+1)(2+1)=12个约数,故它可以组 成 6 组不同的长和宽,即周长最多有 6 种不同数值. 5.两个点可以连成一条线段,3个点可以连成三条线段,4个点可以连成六条线段,5个点可以 连成几条线段?6 个点可以连成条线段. 答案：答案： 每一条线段有两个端点,从五个点中选一个点作为端点有 5 种方法,而选第二个点有 4 种方法,共有 54=20(种)方法.但是因先选A再选B与先选B再选A是同一条线段,故实际 上是(54)2=10(条)线段. 同理,六个点可以连成(65)2=15(条)线段. 1书店里有 12 种不同的外语书，8 种不同的数学书，从中任选

40、外语书和数学书各一本，有 多少种不同的选法？ 答案答案： 先取外语书有 12 种选法，再取一本数学书，则有 8 种选法。用乘法原理得，128=96 （种） 答：总共有 96 种不同的选法。 2某人出差要从甲地途经丙地、丁地到乙地，现在知道从甲地到丙地有 3 条路可以走，从 丙地到丁地有 5 条路可以走，从丁地到乙地有 4 条路可以走。问，此人共有多少种从甲地到 乙地的方法。 答案答案： 某人的出差路线：甲地丙地丁地乙地，甲地丙地 3 条路线，丙地丁地 5 条路 线，丁地乙地 4 条路线，由乘法原理： 35460（种） 答：此人从甲地到乙地共有 60 种走法。 3由数字 0、l、2、3、4、5、

41、6、7 共可组成多少个没有重复数字的四位奇数？ 答案答案： 组成四位数，则需一位一位地确定各个数位上的数字，分四步完成。由于要求组成的数 是奇数，故个位上只能取 1，3，5，7 中的一个，故有 4 种取法；千位上不能放“0” ，则首 先考虑，有（8-2）种取法；百位上有（82）种取法；十位上有 5 种取法。由乘法原理： 4665=720（种） 答：共可组成 720 种没有重复数字的四位奇数。 4如图 4 有 A、B、C、D、E 五个区域，分别用五种颜色中的某一种染色，要使相邻的区域 染不同的颜色，共有多少种不同的染色方法？ 答案答案： 由于有 5 个区域，则分为依次给 A，B，C，D，E 染色

42、五步。先给 A 染色，因为有 5 种 颜色，故有 5 种不同的染色方法；再给 B 染色，因不能与 A 同色，还剩下 4 种颜色可选择， 故有 4 种染色方法；再给 C 染色，因为不能与 A、B 同色，故有 3 种不同的染色方法；再给 D 染色，同样不能与 A、B、C 同色，故有 2 种不同的染色方法；最后给 E 染色，由于 E 只与 A、D 相邻则只须与 A、D 不同色即可，那么它有（52）种染色方法。 由乘法原理： 54323=360（种） 答：共有 360 种不同的染色方法。 5如图 5，从甲地到乙地有两条路，从乙地到丙地有三条路；从甲地到丁地有四条路，从 丁地到丙地有四条路，问从甲地到丙

43、地共有多少种走法？ 答案答案： 从甲地到丙地，可以有两种走法，一种是经丁地到丙地，一种是经乙地到丙地。 甲乙丙：甲乙有两种选择，乙丙有三种选择，根据乘法原理：23=6（种） 甲丁丙：甲丁有四种选择，丁丙有四种选择，根据乘法原理：44=16（种） 再由加法原理：6+16=22（种） 答：从甲地到丙地共有 22 种不同的走法。 6一把钥匙可以开一个门，现在有 20 把钥匙和 20 个门，可是不知道哪把钥匙开哪把锁， 问最多试开多少次，可以把所有的门都打开？ 答案答案： 假设每次都是试到最后一把钥匙才打开一个门。那么打开第一个门需要试 20 次，然后 剩下 19 个门和 19 把钥匙；再打开剩下门中

44、的一个，至多需要试 19 次；打开最后一 个门时，正如剩下一把钥匙，试五次即可，根据加法原理： 20+19+18+l=20（20+l）2 210（次） 答：要把所有的门都打开，至多需要试 210 次。 7有男生 5 人，女生 2 人，排成一行照相，女生不站两头，而且 2 个女生要站在一起，那 么有多少种不同的站法？ 答案答案： 因为女生不站两头，那么首尾的位置排男生，又因为两个女生站一起，则先将两个女生 看成一人。7 个人站排，共有 7 个位置，那么排在第一个位置的男生有 5 种方法，排在最后 一个位置的男生有 4 种方法， 剩下的位置排 3 个男生和看成一人的两个女生， 有 432=24 （种） 排法。 最后两个女生的位置可以互换则有 2 种方法。 根据乘法原理： 54242=960 （种） 答：总共有 960 种不同站法。 8 “MATHS”是英文单词数学的意思，把这 5 个字母写成 5 种不同的颜色。现在有 8 种不同 颜色的笔，按上述要求能写出多少种不同颜色搭配的“MATHS”？ 答案答案： 对于字母“M”可有 8 种颜色，对于字母“A” ，可有 7 种颜色， “T”有 6 种颜色， “H” 有 5 种颜色， “S”有 4 种颜色。根据乘法原理： 87654=6720（种） 答：可以写出 6720 种不同颜色搭配的“MATHS” 。