(共20张PPT)
6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
2022年2月4日第24届冬季奥林匹克运动会在北京和张家口市联合举行，这是体坛的一大盛事，一名志愿者从成都赴北京为奥运会服务，从成都到北京每天有3个航班，2列火车．该志愿者从成都到北京的方案可以分为几类？在这几类中各有几种方法？该志愿者从成都到北京共有多少种不同的方法？
创设情境
成都
北京
计数问题是我们从小就经常遇到的，通过列举一个一个地数是计数的基本方法，但当问题中的数量很大时，列举的方法效率不高，能否设计巧妙的“数法”，以提高效率呢？下面先分析一个简单的问题，并尝试从中得出巧妙的计数方法.
探究新知
因为英文字母共有26个，阿拉伯数字共有10个，所以总共可以编出26+10=36种不同的号码.
探究新知
用一个大写的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的一个座位编号，总共能编出多少种不同的号码？
？
思考
你能说一说这个问题的特征吗
探究
探究新知
首先，这里要完成的事情是“给一个座位编号”；其次是“或”字的出现：一个座位编号用一个英文字母或一个阿拉伯数字表示．因为英文字母与阿拉伯数字互不相同，所以用英文字母编出的号码与用阿拉伯数字编出的号码也互不相同．这两类号码数相加就得到号码的总数．
上述计数过程的基本环节是：
（1）确定分类标准，根据问题条件分为字母号码和数字号码两类；
（2）分别计算各类号码的个数；
（3）各类号码的个数相加，得出所有号码的个数．
完成一件事有两类不同方案，在第 1 类方案中有 m 种不同的方法，在第 2类方案中有 n 种不同的方法，那么完成这件事共有
N＝m＋n
种不同的方法．
一般地，有如下分类加法计数原理：
概念形成
注意：两类不同方案中的方法互不相同.
例1 在填写高考志愿时，一名高中毕业生了解到，A,B两所大学各有一些自己感兴趣的强项专业，如表：
A大学 B大学
生物学 数学
化学 会计学
医学 信息技术学
物理学 法学
工程学
典例分析
如果这名同学只能选一个专业，那么他共有多少种选择？
分析：要完成的事情是“选一个专业” .因为这名同学在A,B两所大学中只能选择一所，而且只能选择一个专业，又因为这两所大学没有共同的强项专业，所以符合分类加法计数原理的条件.
解：这名同学可以选择A,B两所大学中的一所，在A大学中有5种专业选择 方法，在B大学中有4种专业选择方法，因为没有一个强项专业是两所大学共有的，所以根据分类加法计数原理，这名同学可能的专业选择种数
N=5+4=9.
分类加法计数原理：
完成一件事,如果有n类方案, 且: 第一类方案中有m1种不同的方法,第二类方案中有m2种不同的方法……第n类方案中有mn种不同的方法,那么完成这件事共有N=m1+m2+…+mn种不同的方法.
如果完成一件事有三类不同方案，在第一类方案中有 m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，在第三类方案中有m3种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法？
如果完成一件事情有N类不同方案，在每一类中都有若干种不同的方法，那么应该如何计数呢？
探究
探究新知
N=m1+m2+m3
分类
计数
结论
将完成一件事的办法分成若干类
求出每一类中的方法数
将每一类中的方法数相加得最终结果
归纳总结
利用分类加法计数原理解题的一般思路：
注意：确定分类标准时要确保每一类都能独立地完成这件事.
探究新知
用前6个大写的英文字母和1~9个阿拉伯数字, 以A1, A2, … , A9, B1, B2, …的方式给教室里的一个座位编号, 总共能编出多少种不同的号码？
？
思考
这里要完成的事情仍然是“给一个座位编号”，但与前一问题的要求不同．在这个问题中，号码必须由一个英文字母和一个作为下标的阿拉伯数字组成，即得到一个号码要经过先确定一个英文字母，后确定一个阿拉伯数字这样的两个步骤．
方法二：由于前 6 个英文字母中的任意一个都能与 9 个数字中的任意一个组成一个号码，而且它们互不相同，因此共有 6×9＝54 种不同的号码．
字母
数字
得到的号码
A
1
2
3
4
5
6
7
8
9
A1
A2
A3
A4
A5
A6
A7
A8
A9
解：方法一：解决计数问题可以用“树状图”列举出来
左图是解决计数问题常用的“树状图”．你能用树状图列出所有可能的号码吗？
？
你能说一说这个问题的特征吗
探究
探究新知
上述问题要完成的一件事情仍然是“给一个座位编号”，其中最重要的特征是“和”字的出现：一个座位编号由一个英文字母和一个阿拉伯数字构成．因此得到一个座位号要经过先确定一个英文字母，后确定一个阿拉伯数字这两个步骤，每一个英文字母与不同的数字组成的号码是互不相同的．
上述计数过程的基本环节是：
（1）由问题条件中的“和”，可确定完成编号要分两步；
（2）分别计算各步号码的个数；
（3）将各步号码的个数相乘，得出所有号码的个数.
无论第1步采用哪种方法，与之对应的第2步都有相同的方法数.
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有
N＝m×n
种不同的方法．
一般地，有如下分步乘法计数原理：
概念形成
注意：各个步骤相互依存, 只有各个步骤都完成了, 这件事才算完成, 将各个步骤的方法数相乘得到完成这件事的方法总数, 又称乘法原理.
例2 某班有男生30名，女生24名.从中选出男、女生各1名代表班级参加比赛，共有多少种不同的选法？
解：第1步, 从30名男生中选出1人, 有30种不同选择；
第2步, 从24名女生中选出1人, 有24种不同选择；
根据分步计数原理，共有 30×24=720种不同方法.
分析：要完成的一件事是“选男生和女生各1名”，可分两步：第一步, 选男生；第二步,选女生.
典例分析
如果完成一件事有三个步骤, 做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，做第3步有m3种不同的方法，那么完成这件事共有多少种不同的方法
如果完成一件事需要有n个步骤, 做每一步中都有若干种不同方法,那么应当如何计数呢
探究
探究新知
N＝m1×m2×…×mn
N＝m1×m2×m3
如果完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…,做第n步有mn种不同的方法,那么完成这件事的方法总数为
例3 书架上第1层放有4本不同的计算机书,第 2层放有3本不同的文艺书,第3层放有2本不同的体育书.
(1)从书架上任取1本书,有多少种不同的取法
(2)从书架的第1层、 第2层、 第3层各取1本书,有多少种不同取法
解：（1）根据分类加法计数原理可得：N＝4＋3+2＝9；
典例分析
（2）根据分步乘法计数原理可得：N＝4 ×3×2＝24.
分步
计数
结论
将完成一件事的过程分成若干步
求出每一步中的方法数
将每一步中的方法数相乘得最终结果
归纳总结
利用分步乘法计数原理解题的一般思路：
注意：确定分步标准时要确保每一步都不能独立地完成这件事.
区别与联系分类加法计数原理分步乘法计数原理联系分类计数原理和分步计数原理，回答的都是关于完成一件事情的不同方法的种数的问题.区别一完成一件事情共有n类办法，关键词是“分类”完成一件事情,共分n个步骤，关键词是“分步”每类办法中的任何一种方法都能独立完成这件事情.每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事情，只有每个步骤完成了，才能完成这件事情.区别二区别三各类办法是互斥的、独立的各步之间是相关联的分类加法计数与分步乘法计数原理的区别和联系：课堂小结
用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要仔细分析两点：（1）要完成的“一件事”是什么；（2）需要分类还是需要分步．
分类要做到“不重不漏”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．
分步要做到“步骤完整”，即完成了所有步骤，恰好完成任务．分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．
归纳
两大原理妙无穷, 茫茫数理此中求;
万万千千说不尽, 运用解题任驰骋。(共20张PPT)
6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点不同点注意点复习引入用来计算“完成一件事”的方法种数每类方案中的每一种方法都能_____完成这件事每步_________才算完成这件事情（每步中的每一种方法不能独立完成这件事）类类独立，不重不漏步步相依，步骤完整独立依次完成分类完成，类类相加分步完成，步步相乘例4 要从甲、乙、丙 3 幅不同的画中选出 2 幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有多少种不同的挂法？
左边
右边
得到的挂法
甲
乙
丙
甲
丙
甲
乙
丙
乙
左甲右乙
左甲右丙
左乙右甲
左乙右丙
左丙右甲
左丙右乙
典例分析
分析：要完成的一件事是“从 3 幅画中选出 2 幅，并分别挂在左、右两边墙上”，可以分步完成．
解: 从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成:
第1步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；
第2步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法，
根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数为N=3×2=6.
例5 给程序模块命名，需要用 3 个字符，其中首字符要求用字母 A～G 或 U～Z，后两个字符要求用数字 1～9，最多可以给多少个程序模块命名？
典例分析
解: 由分类加法计数原理，首字符不同选法的种数为7+6=13.
后两个字符从1~9中选，因为数字可以重复，所以不同选法的种数都为9.
由分步乘法计数原理，不同名称的个数是13×9×9=1053,
即最多可以给1053个程序模块命名.
分析：要完成的一件事是“给一个程序模块命名”，可以分三个步骤完成：第 1 步，选首字符；第 2 步，选中间字符；第 3 步，选最后一个字符．而首字符又可以分为两类．
例6 电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态．因此计算机内部就采用了每一位只有 0 或 1 两种数字的记数法，即二进制．为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用 1 个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由 8 个二进制位构成．
（1）1 个字节（8 位）最多可以表示多少个不同的字符？
（2）计算机汉字国标码包含了 6 763 个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示？
典例分析
…
第 1 位
第 2 位
第 3 位
第 8 位
2 种
2 种
2 种
2 种
…
第 1 位
第 2 位
第 3 位
第 8 位
2 种
2 种
2 种
2 种
解: (1)用右图表示1个字节. 1个字节共有8位，每位上有2种选择，根据分步乘法计数原理，1个字节最多可以表示不同字符的个数是
2×2×2×2×2×2×2×2=28=256.
(2)由(1)知，1个字节所能表示的不同字符不够6763个，我们考虑2个字节能够表示多少个字符.
前1个字节有256种不同的表示方法，后1个字节也有256种表示方法.
根据分步乘法计数原理，2个字节可以表示不同字符的个数是
256×256=65536
这已经大于汉字国标码包含的汉字个数6763.
因此要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用2个字节表示.
例7 计算机编程人员在编写好程序以后需要对程序进行测试. 程序员需要知道到底有多少条执行路径(程序从开始到结束的路线), 以便知道需要提供多少个测试数据. 一般地, 一个程序模块由许多子模块组成. 右图是一个具有许多执行路径的程序模块, 它有多少条执行路径？
另外, 为了减少测试时间, 程序员需要设法减少测试次数. 你能帮助程序员设计一个测试方法, 以减少测试次数吗？
典例分析
开始
结束
子模块 1
18 条执行路径
子模块 2
45 条执行路径
子模块 3
28 条执行路径
子模块 4
38 条执行路径
子模块 5
43 条执行路径
A
解：由分类加法计数原理，子模块1、子模块2、子模块3中的子路径条数共为
18+45+28=91
子模块4、子模块5中的子路径条数共
38+43=81
又由分步乘法计数原理，整个模块的执行路径条数共为
91×81=7371
再测试各个模块之间的信息交流是否正常，只需要测试程序第1步中的各个子模块和第2步中的各个子模块之间的信息交流是否正常，需要的测试次数为3×2=6.
如果每个子模块都工作正常，并且各个子模块之间的信息交流也正常，那么整个程序模块就工作正常，这样，测试整个模块的次数就变为172+6=178.
显然，178与7371的差距是非常大的.
在实际测试中，程序员总是把每一个子模块看成一个黑箱，即通过只考察是否执行了正确的子模块的方式来测试整个模块，这样，他可以先分别单独测试5个模块，以考察每个子模块的工作是否正常，总共需要的测试次数为18+45+28+38+43=172.
你看出了程序员是如何实现减少测试次数的吗？
？
例8 通常，我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为用汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号，第二部分为由阿拉伯数字和英文字母组成的序号，如下图所示．
0
冀 A JR005
省、自治区、直辖市简称
发牌机关代号
序号
典例分析
其中，序号的编码规则为：
（1）由 10 个阿拉伯数字和除 O，I 之外的 24 个英文字母组成；
（2）最多只能有 2 个英文字母．
如果某地级市发牌机关采用 5 位序号编码，那么这个发牌机关最多能发放多少张汽车号牌？
解:由号牌编号的组成可知，这个发牌机关所能发放的最多号牌数就是序号的个数.根据序号编码规则，5位序号可以分为三类：没有字母，有1个字母，有2个字母.
(1)当没有字母时，序号的每一位都是数字，确定一个序号可以分5个步骤，每一步都可以从10个数字中选1个，各有10种选法，根据分步乘法计数原理，这类号牌张数为
10×10×10×10×10=100000
(2)当有1个字母时，这个字母可以分别在序号的第1位、第2位、第3位、第4位或第5位，这类序号可以分为五个子类.
当第1位是字母时,分5个步骤确定一个序号中的字母和数字:第1步,从24个字母中选1个放在第1位,有24种选法;第2～5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置,各有10种选法,根据分步乘法计数原理,号牌张数为
24×10×10×10×10=240000
同样，其余四个子类号牌也各有240000张.
根据分类加法计数原理，这类号牌张数一共为
240000+240000+240000+240000+240000=1200000
(3)当有2个字母时，根据这2个字母在序号中的位置，可以将这类序号分为十个子类：第1位和第2位，第1位和第3位，第1位和第4位，第1位和第5位，第2位和第3位，第2位和第4位，第2位和第5位，第3位和第4位，第3位和第5位，第4位和第5位.
当第1位和第2位是字母时，分5个步骤确定一个序号中的字母和数字：第1,2步都是从24个字母中选1个分别放在第1位、第2位，各有24种选法；第3~5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置，各有10种选法，根据分步乘法计数原理，号牌张数为24×24×10×10×10=576000.
同样，其余九个子类号牌也各有576000张.于是，这类号牌张数一共为576000×10=5760000.
综合(1)(2)(3),根据分类加法计数原理，这个发牌机关最多能发放的汽车号牌张数为100000+1200000+5760000=7060000.
用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要仔细分析两点：（1）要完成的“一件事”是什么；（2）需要分类还是需要分步．
分类要做到“不重不漏”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．
分步要做到“步骤完整”，即完成了所有步骤，恰好完成任务．分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．
归纳
乘法运算是特定条件下加法运算的简化，分步乘法计数原理和分类加法计数原理也有这种类似的关系吗？
？
思考
(1)有些计数问题既需要进行“分类”，又需要进行“分步”，此时就要注意综合运用两个计数原理来解决问题解决这类问题时，首先要明确是先“分类”后“分步”，还是先“分步”后“分类”；其次，在“分类”和“分步”的过程中，均要有明确的分类标准和分步程序．
(2)在既需要分类又需要分步的题目中，可以先根据对题意的理解，合理地画出示意图（如树形图）或列出表格，使问题的实质能直观地表示出来.
1．某电话局管辖范围内的电话号码由 8 位数字组成，其中前 4 位的数字是不变的，后 4 位数字都是 0～9 之间的一个数字，这个电话局不同的电话号码最多有多少个？
2．从 5 名同学中选出正、副组长各 1 名，有多少种不同的选法？
课堂练习
10 000 个
20 种
3．乘积 (a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5) 展开后共有多少项？
4．在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的有多少个？
45 项
45 个
5．由数字1,2,3,4,5可以组成多少个三位数（各位上的数字可以重复）？
125 个
[错解1] 第一步，第1位同学去夺这3项冠军，有可能1项都不夺或夺1项、2项、3项，因此有4种不同的情况；
第二步，第2位同学去夺这3项冠军也有4种不同的情况；
同理第3位、第4位同学也各有4种不同的情况．
由分步乘法计数原理，共有4×4×4×4＝44＝256种不同的情况．
1. 4名同学去争夺3项冠军，不允许并列，共有多少种不同的情况？
易错疑难辨析：
[错解2]第一步，第1位同学去争冠军，有3种不同的情况；
第二步，第2位同学去争冠军，也有3种不同的情况；
同理第3位、第4位同学也各有3种不同的情况．
由分步乘法计算原理，共有3×3×3×3＝34＝81种不同的情况．
1. 4名同学去争夺3项冠军，不允许并列，共有多少种不同的情况？
易错疑难辨析：
[辨析] 完成夺取冠军这件事，即每项冠军都有人夺取．[错解1]中可能有4位同学都不得冠军以及1项冠军不止1人获得这种情况，与题意不符；[错解2]中可能有1项冠军不止1人获得这种情况，也不符合题意．
[正解] 可分三步完成，第一项冠军被4名同学争夺，一定是其中1名而且只能是其中一名同学获得，共有4种不同的情况；
同理其余2项冠军分被4名同学中的1名获得，各有4种不同的情况．
由分步乘法计算原理，共有4×4×4＝43＝64种不同的夺得冠军的情况．
1.现有高一四个班学生34个，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．
(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？
(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？
(3)推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？
巩固练习
分类求解
分步求解
先分类后分步
解： (1)分四类，第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；
第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；
第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；
第四类，从四班学生中选1人，有10种选法，
所以，共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34种．
(2)分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长，所以共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5 040种．
(3)分六类，每类又分两步：
从一班、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；
从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；
从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；
从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；
从二、 四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；
从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法，
所以共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431种．
[方法总结]对于复杂问题，不能只用分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决时，可以综合应用两个原理，可以先分类，在某一类中再分步，也可先分步，在某一步中再分类．
课堂小结
用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要仔细分析两点：（1）要完成的“一件事”是什么；（2）需要分类还是需要分步．
分类要做到“不重不漏”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．
分步要做到“步骤完整”，即完成了所有步骤，恰好完成任务．分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．
归纳
两大原理妙无穷, 茫茫数理此中求;
万万千千说不尽, 运用解题任驰骋。
