计数原理
第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
【考点分析】
考点一：分类加法计数原理
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＝种不同的方法．
考点二：分步乘法计数原理
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＝种不同的方法．
考点三：两个计数原理的区别和联系
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
联系 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 针对的是“分类”问题 针对的是“分布”问题
区别二 各种方法相互“独立” 各个步骤中的方法互相“依存”
区别三 任何一种方法都可以做完这件事 只有各个步骤都完成才算做完这件事
考点四：分类加法计数原理的推广
完成一件事有n类不同的方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝种不同的方法．
考点五：分步乘法计数原理的推广
完成一件事需要分成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，那么完成这件事共有N＝种不同的方法．
【题型目录】
题型一：分类加法计数原理
题型二: 分步乘法计数原理
题型三: 两个原理的综合应用
【典型例题】
题型一：分类加法计数原理
【例1】现有5幅不同的油画，2幅不同的国画，7幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有（ ）
A．7种 B．9种 C．14种 D．70种
【答案】C
【分析】根据分类加法计数原理求解即可
【详解】分为三类:
从国画中选，有2种不同的选法;从油画中选，有5种不同的选法;从水彩画中选，有7种不同的选法，
根据分类加法计数原理，共有5+2+7= 14(种)不同的选法;
故选：C
【例2】我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”（如2130是“六合数”），则其中首位为2的“六合数”共有（ ）．
A．18个 B．15个 C．12个 D．9个
【答案】B
【分析】首位数字是2，则后三位数字之和为4，然后分类排列即可求解.
【详解】由题知后三位数字之和为4，
当一个位置为4时有004，040，400，共3个；
当两个位置和为4时有013，031，103，301，130，310，022，202，220，共9个；
当三个位置和为4时112，121，211，共3个，
所以一共有15个.
故选：B
【例3】某校高二年级举行健康杯篮球赛，共20个班级，其中1、3、4班组成联盟队，2、5、6班组成联盟队，一共有16支篮球队伍，先分成4个小组进行循环赛，决出8强（每队与本组其他队赛一场），即每个组取前两名（按获胜场次排名，如果获胜场次相同的就按净胜分排名）；然后晋级的8支队伍按照确定的程序进行淘汰赛，淘汰赛第一轮先决出4强，晋级的4支队伍要决出冠亚军和第三、四名，同时后面的4支队伍要决出第五至八名，则总共要进行篮球赛的场次为（ ）
A．32 B．34 C．36 D．38
【答案】C
【分析】利用分类加法原理以及分步乘法原理，可得答案.
【详解】在循环赛阶段，4个小组，每个小组由4支球队组成，每个球队都要进行三场比赛，故每组要进行场，4组要进行场；
在淘汰赛阶段，第一轮：8支球队，2支一场，则共进行；
第二轮：8支球队，2支一场，共进行场，
此时决出分别争夺冠亚军、第三四名、第五六名、第七八名的球队，再分别进行4场，决出冠军、亚军、第三名、第四名、第五名、第六名、第七名、第八名.
综上，可得共进行场.
故选：C.
【例4】若、，，，且，则平面上的点共有（ ）．
A．21个 B．20个 C．28个 D．30个
【答案】C
【分析】由分类加法计数原理求解即可
【详解】根据题意，可取的值为，
当时，由题意可知可取的值为，共7种；
当时，由题意可知可取的值为，共6种；
当时，由题意可知可取的值为，共5种；
当时，由题意可知可取的值为，共4种；
当时，由题意可知可取的值为，共3种；
当时，由题意可知可取的值为，共2种；
当时，由题意可知可取的值为，共1种；
则平面上的点共有个，
故选：C
【例5】某日，甲、乙、丙三个单位被系统随机预约到A，B，C三家医院接种疫苗且每个单位只能被随机预约到一家医院，每家医院每日至多接待两个单位．已知A医院接种的是只需要打一针的腺病毒载体疫苗，B医院接种的是需要打两针的灭活疫苗，C医院接种的是需要打三针的重组蛋白疫苗，则甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗的预约方案种数为（ ）
A．27 B．24 C．18 D．16
【答案】D
【分析】根据题意，甲不可预约C医院，则甲可预约A，B两家医院，分若甲预约A医院，乙预约A医院；若甲预约A医院，乙预约B或C医院；③若甲预约B医院，乙预约A或C医院；若甲预约B医院，乙预约B医院，四种情况，即可求解.
【详解】由题意，甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗，即甲不可预约C医院，则甲可预约A，B两家医院，
①若甲预约A医院，乙预约A医院，则丙可预约B，C医院，共2种情况；
②若甲预约A医院，乙预约B或C医院，则丙可预约A，B，C医院，共2×3＝6种情况；
③若甲预约B医院，乙预约A或C医院，则丙可预约A，B，C医院，共2×3＝6种情况；
④若甲预约B医院，乙预约B医院，则丙可预约A，C医院，共2种情况，
所以甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗的预约方案种数为种．
故选：D．
【例6】如图，将钢琴上的12个键依次记为设．若且，则称为原位大三和弦；若且，则称为原位小三和弦．用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为__________．
【答案】10
【分析】利用列举法和分类计数原理可求原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和.
【详解】若且，则符合条件的分别为：
，共5个原位大三和弦；
若且，则符合条件的分别为：
，共5个原位小三和弦；
故用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为10.
故答案为：10.
【题型专练】
1．为了方便广大市民接种新冠疫苗，提高新冠疫苗接种率，某区卫健委在城区设立了11个接种点，在乡镇设立了19个接种点．某市民为了在同一接种点顺利完成新冠疫苗接种，则不同接种点的选法共有（ ）
A．11种 B．19种 C．30种 D．209种
【答案】C
【分析】根据题意，该市民可选择的接种点为两类，一类为乡镇接种点，另一类为城区接种点,由加法原理计算可得答案.
【详解】该市民可选择的接种点为两类，一类为乡镇接种点，另一类为城区接种点，所以共有种不同接种点的选法．
故选：C．
2．从甲地出发前往乙地，一天中有4趟汽车、3趟火车和1趟航班可供选择．某人某天要从甲地出发，去乙地旅游，则所有不同走法的种数是（ ）
A．16 B．15 C．12 D．8
【答案】D
【分析】根据分类加法计数原理即得.
【详解】根据分类加法计数原理，可知共有4＋3＋1＝8种不同的走法．
故选：D.
3．某高中为高一学生提供四门课外选修课：数学史 物理模型化思维 英语经典阅读 《红楼梦》人物角色分析.要求每个学生选且只能选一门课程.若甲只选英语经典阅读，乙只选数学史或物理模型化思维，学生丙 丁任意选，这四名学生选择后，恰好选了其中三门课程，则他们选课方式的可能情况有___________种.
【答案】20
【分析】分类讨论乙的选择，在不同情况下，结合条件限制，考虑丙丁的选择，即可求得结果.
【详解】若乙选数学史：
丙若选数学史，则丁有2种选法；丙若选物理模型化思维，则丁有3种选法；
丙若选英语经典阅读，则丁有2种选法；丙若选《红楼梦》人物角色分析，则丁有3种选法，共10种，
若乙选物理模型化思维，同理有10种.
故共有20种.
故答案为：.
4．书架的第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.从书架上任取1本书，不同的取法有__________种.
【答案】9
【分析】根据分类加法计数原理即可得解.
【详解】解：由题意，若从第一层取书，则有4种不同的取法，
若从第二层取书，则有3种不同的取法，
若从第三次取书，则有2种不同的取法，
所以不同的取法有种.
故答案为：9.
5.从数字1，2，3，4中取出3个数字（允许重复），组成三位数，各位数字之和等于6，则这样的三位数的个数为（ ）
A．7 B．9 C．10 D．13
【答案】C
【分析】根据各位数字之和等于6的所有可能情况，①1，1，4，②1，2，3，③2，2，2三种情况分别讨论求和即可
【详解】其中各位数字之和等于6的三位数可分为以下情形：
①由1，1，4三个数字组成的三位数：114，141，411共3个；
②由1，2，3三个数字组成的三位数：123，132，213，231，312，321共6个；
③由2，2，2三个数字可以组成1个三位数，即222．
共有个，
故选：C．
6．已知集合，，从A中取一个数作为十位数字，从B中取一个数作为个位数字，能组成______个不同的两位数，能组成______个十位数字小于个位数字的两位数．
【答案】 20 10
【分析】根据分步乘法和分类加法计数原理即可求解.
【详解】①从A中取一个数作为十位数字，有4种不同的取法，从B中取一个数作为个位数字，有5种不同的取法．由乘法原理可知，能组成4×5＝20个不同的两位数．
②要组成十位数字小于个位数字的两位数，可分如下情况：
当个位数字为9时，十位上的数字有4种取法，能组成4个十位数字小于个位数字的两位数；
当个位数字为7时，十位上的数字有3种取法，能组成3个十位数字小于个位数字的两位数；
当个位数字为5时，十位上的数字有2种取法，能组成2个十位数字小于个位数字的两位数；
当个位数字为3时，十位上的数字有1种取法，能组成1个十位数字小于个位数字的两位数．
所以组成的十位数字小于个位数字的两位数有1＋2＋3＋4＝10个．
故答案为：20，10．
应用分类加法计数原理的关键：
用分类加法计数原理计数，关键在于根据问题的特点确定一个适合它的分类标准在这个分类标准下，完成这件事的任何一种方法只属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的．
题型二:分步乘法计数原理
【例1】仅有甲、乙、丙三人参加四项比赛，所有比赛均无并列名次，则不同的夺冠情况共有（ ）种.
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】每个冠军都有3种可能，因为有四项比赛，根据乘法原理，可得冠军获奖者的可能情况．
【详解】解：由题意，每项比赛的冠军都有3种可能，
因为有四项比赛，所以冠军获奖者共有种可能
故选：C．
【例2】洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源，在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图象，如图，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四隅黑点为阴数（图中白圈为阳数，黑点为阴数）.现利用阴数和阳数构成一个四位数，规则如下：（从左往右数）第一位数是阳数，第二位数是阴数，第三位数和第四位数一阴一阳和为7，则这样的四位数的个数有（ ）
A．120 B．90 C．48 D．12
【答案】A
【分析】根据已知条件得出阳数和阴数，结合列举法及分步乘法计数原理即可求解.
【详解】根据题意，阳数为1，3，5，7，9，阴数为2，4，6，8，第一位数的选择有5种，第二位数的选择有4种，第三位数和第四位数的组合可以为，，，，，共6种选择，根据分步乘法计数原理，这样的四位数共有（个）.
故选:A.
【例3】某学校举行校庆文艺晚会，已知节目单中共有七个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了三位老校友演唱经典歌曲，并要将这三个不同节目添入节目单，而不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有________种．
【答案】
【分析】根据分步乘法计数原理求得正确答案.
【详解】原来个节目，形成个空位，安排一位老校友；
个节目，形成个空位，安排一位老校友；
个节目，形成个空位，安排一位老校友.
所以不同的安排方式有种.
故答案为：
【例4】如图所示，用3种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C中，要求相邻的矩形不能使用同一种颜色，则不同的涂法数为________.
【答案】12
【分析】根据分步计数原理即得.
【详解】根据题意，先涂A有3种涂法，
再涂B有2种涂法，
最后涂C有2种涂法，
所以不同的涂法有种，
故答案为：12.
【例5】乘积式展开后的项数是___________.
【答案】18
【分析】根据分步乘法计数原理计算可得.
【详解】解：依题意从第一个括号中选一个字母有种方法，
从第二个括号中选一个字母有种方法，
从第三个括号中选一个字母有种方法，
按照分步乘法计数原理可得展开后的项数为项；
故答案为：
【例6】从0，1，2，3这四个数中选三个不同的数作为函数的系数，可组成不同的一次函数共有____________个，不同的二次函数共有____________个．（用数字作答）
【答案】 ； .
【分析】根据一次函数和二次函数的定义，结合乘法计数原理进行求解即可.
【详解】因为只有当且时，函数才是一次函数，
所以可组成不同的一次函数共有；
因为只有当时，函数才是二次函数，
所以可组成不同的二次函数共有，
故答案为：；
【例7】正整数2160的不同正因数的个数为（ ）．
A．20 B．28 C．40 D．50
【答案】C
【分析】将正整数2160分解质因数，由此确定其正因数的个数.
【详解】因为，所以其质因数属于集合，
该集合的元素个数为，
所以正整数2160的不同正因数的个数为40，
故选：C.
【题型专练】
1．五名高中生报考三所高等院校，每人报且只报一所，不同的报名方法有______种．
【答案】
【分析】由分步乘法计数原理直接运算即可.
【详解】每名高中生均有种报名方法，不同的报名方法有种.
故答案为：.
2．（1）将4封信投入3个信箱中，共有_______种不同的投法；
（2）某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有_________种不同的选法．
【答案】 81 20
【分析】（1）将信件分别投入邮箱，由分步乘法原理计算；
（2）按照选取的人是否会两种语言分类，用分类加法原理计算．
【详解】解析：（1）第1封信可以投入3个信箱中的任意一个，有3种投法；同理，第2，3，4封信各有3种投法．根据乘法原理，共有种投法．
（2）共分三类：第一类，当选出的会英语的人既会英语又会日语时，选会日语的人有2种选法；
第二类，当选出的会日语的人既会英语又会日语时，选会英语的人有6种选法；
第三类，当既会英语又会日语的人不参与选择时，则需从只会日语和只会英语的人中各选一人，有种选法．
故共有种选法．
3.如图所示，用不同的五种颜色分别为A，B，C，D，E五部分着色，相邻部分不能用同一种颜色，但同一种颜色可以反复使用，也可不使用，则复合这些要求的不同着色的方法共有（ ）
A B
C D
E
A．500种 B．520种 C．540种 D．560种
【答案】C
【分析】由于规定一个区域只·涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，区域A有5种涂法，B区有4种涂法，C区有3种，D区有3种，E区有3种，根据乘法原理即可.
【详解】先涂A，则A有5种涂法，再涂B，因为B与A相邻，所以B的颜色只要与A不同即可，有4种涂法
同理C有3种涂法，D有3种涂法，E有3种涂法
由分步乘法计数原理可知，复合这些要求的不同着色的方法共有为5×4×3×3×3＝540
故选：C.
4．为了丰富学生的课余生活，某学校开设了篮球、书法、美术、吉他、舞蹈、击剑共六门活动课程，甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加，则这3名学生所选活动课程不全相同的选法有（ ）
A．120种 B．150种 C．210种 D．216种
【答案】C
【分析】用甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加的方法数，减去3名学生所选活动课程全部相同的方法数，从而求得正确答案.
【详解】依题意，每名同学都有种选择方法，
所以这3名学生所选活动课程不全相同的选法有种.
故选：C
3．某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分，如图所示．现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有（ ）．
A．80种 B．120种 C．160种 D．240种
【答案】B
【分析】由题意，按照一定顺序，由1,2,3,5的顺序，在5号区域的选择上进行分情况，根据分类加法原理和分步乘法原理，可得答案.
【详解】第一步，对1号区域，栽种有4种选择；第二步，对2号区域，栽种有3种选择；
第三步，对3号区域，栽种有2种选择；第四步，对5号区域，栽种分为三种情况，
①5号与2号栽种相同，则4号栽种仅有1种选择，6号栽种有2中选择，
②5号与3号栽种相同，情况同上，③5号与2、3号栽种都不同，则4、6号只有1种；
综上所述，种.
故选：B.
4．核糖核酸RNA是存在于生物细胞以及部分病毒、类病毒中的遗传信息载体．参与形成RNA的碱基有4种，分别用A，C，G，U表示．在一个RNA分子中，各种碱基能够以任意次序出现，假设某一RNA分子由100个碱基组成，则不同的RNA分子的种数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据分步乘法计数原理进行计算即可.
【详解】每个碱基有4种可能，根据分步乘法计数原理，可得不同的RNA分子的种数为．故A，C，D错误.
故选：B.
5．用0，1，2，3，4，5，6七个数共可以组成______个没有重复数字的三位数.
【答案】180
【分析】根据分类加法原理和分步乘法原理即可求解.
【详解】选0时，0不能在首位，故有个，
不选0时，有个，
根据分类加法原理，共有个，
故答案为:180.
6．电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求首尾必须播放公益广告，则共有种不同的播放方式___________.（结果用数值表示）
【答案】48
【分析】由分步计算原理求解即可
【详解】由题意，可分步进行，
第一步，安排公益广告，不同的安排方式有种，
第二步，安排商业广告，不同的安排方式有种，
故总的不同安排方式有种，
故答案为：48
7．从，0，1，2这四个数中选三个不同的数作为函数的系数，可组成不同的二次函数共有____________个，其中不同的偶函数共有____________个．（用数字作答）
【答案】 18 6
【分析】函数为偶函数，则，再根据乘法原理直接得到答案.
【详解】可组成不同的二次函数共有：个.
函数为偶函数，则，共有：个.
故答案为：18；6
题型三: 两个原理的综合应用
【例1】用4种不同颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，不同的涂色方法共有（ ）
A．24种 B．36种 C．48种 D．72种
【答案】C
【分析】根据分步乘法计数原理逐一按①②③和④涂色，即可求解.
【详解】对于①②③，两两相邻，依次用不同颜色涂，共有种涂色方法，对于④，与②③相邻，但与①相隔，此时可用剩下的一种颜色或者与①同色，共2种涂色方法，则由分步乘法计数原理得种不同的涂色方法.
故选:C
【例2】某学校为落实“双减政策，在每天放学后开设拓展课程供学生自愿选择，开学第一周的安排如下表.小明同学要在这一周内选择编程、书法、足球三门课，不同的选课方案共有（ ）
周一 周二 周三 周四 周五
演讲、绘画、舞蹈、足球 编程、绘画、舞蹈、足球 编程、书法、舞蹈、足球 书法、演讲、舞蹈、足球 书法、演讲、舞蹈、足球
注：每位同学每天最多选一门课，每门课一周内最多选一次.
A．15种 B．10种 C．8种 D．5种
【答案】A
【分析】利用分类分步计算方法，首先考虑编程选在周二或周三，再确定书法的时间，最后确定足球的时间，即可得到总的选课方案.
【详解】若周二选编程，则书法的选课时间方案有周三周四周五（种）；足球的选课时间方案也有（种）；所以一共有（种）；若周三选编程，则选课方案有（种）.综上，不同的选课方案共有（种）.
故选:A.
【例3】回文联是我国对联中的一种，它是用回文形式写成的对联，既可顺读，也可倒读，不仅意思不变，而且颇具趣味．相传，清代北京城里有一家饭馆叫“天然居”，曾有一副有名的回文联：“客上天然居，居然天上客；人过大佛寺，寺佛大过人．”在数学中也有这样一类顺读与倒读都是同一个数的正整数，被称为“回文数”，如22，575，1661等．那么用数字1，2，3，4，5可以组成4位“回文数”的个数为（ ）
A．25 B．20 C．30 D．36
【答案】A
【分析】计算出由1个数字组成的4位回文数和由2个数字组成的4位回文数，相加后得到答案.
【详解】1，2，3，4，5可以组成的4位“回文数”中，
由1个数字组成的4位回文数有5个，
由2个数字组成的4位回文数有个，
所以由数字1，2，3，4，5可以组成4位“回文数”的个数为20+5=25.
故选：A
【例4】用0，1，2，3，4这5个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字五位数？
(1)偶数：
(2)左起第二 四位是奇数的偶数；
(3)比21034大的偶数.
【答案】(1)个；(2)个；(3)个
【分析】（1）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.
（2）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.
（3）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.
【详解】（1）末位是0，有个，
末位是2或4，有个，
故满足条件的五位数共有个.
（2）法一：可分两类，0是末位数，有个，
2或4是末位数，则个.
故共在个.
法二：四位从奇数1，3中取，有；
首位从2，4中取，有个：余下的排在剩下的两位，有个；
故共有个.
（3）法一：可分五类，当末位数是0，而首位数是2时，有个；
当末位数字是0，而首位数字是3或4时，有个；
当末位数字是2，而首位数字是3或4时，有个；
当末位数字是4，而首位数字是2时，有个；
当末位数字是4，而首位数字是3吋，有个.
故有个.
法二：不大于21034的偶数可分为三类：
万位数字为1的偶数，有个；
万位数字为2，而千位数字是0的偶数，有个：还有21034本身.
而由组成的五位偶数有个.
故满足条件的五位偶数共有个.
【题型专练】
1．某学校举行秋季运动会，酷爱运动的小明同学准备在某七个比赛项目中，选择参加其中四个项目的比赛.根据赛程安排，在这七个比赛项目中，100米赛跑与200米赛跑不能同时参加，且跳高与跳远也不能同时参加.则不同的报名方法数为___________.（用数字作答）
【答案】
【分析】将符合要求的报名方法可以分为两类，第一类100米，200米，跳高，跳远四项比赛中只参加一项的方法，第二类100米，200米中参加一项且跳高，跳远两项比赛中参加一项的方法，再根据分类加法原理求解.
【详解】符合要求的报名方法可以分为两类，第一类100米，200米，跳高，跳远四项比赛中只参加一项，
第二类100米，200米中参加一项且跳高，跳远两项比赛中参加一项，其中第一类中含4种不同的报名方法，
第二类中的报名方法可分三步完成，第一步从100米，200米中选择一项，第二步从跳高，跳远两项比赛选择一项，第三步从余下的三项比赛中选择两项参赛，
故第二类方法共有种，由分类加法原理可得共有16种方法.
故答案为：16.
2．由0、1、2、3、4、5这6个数字可以组成______个没有重复数字的三位偶数.
【答案】52
【分析】由特殊位置法与特殊元素法分类讨论，利用分类与分步计数原理即可解决.
【详解】根据题意，对该没有重复数字的三位偶数进行分类讨论，
第一类：0在个位数时，先填百位，有5种方法，再填十位，有4种方法，故能组成个没有重复数字的三位偶数；
第二类，0不在个位数时，先填个位，只有2、4两种方法，再填百位，0不能在此位，故有4种方法，最后填十位，有4种方法，故能组成个没有重复数字的三位偶数；
综上，一共可以组成个没有重复数字的三位偶数.
故答案为：52.
3．（1）用1、2、3、4、5可以组成多少个四位数？
（2）用0，1，2，3，4，5可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？
【答案】（1）若组成的四位数的数字不能重复，可组成120个四位数；若组成的四位数的数字能重复，可组成625个四位数
（2）156个
【分析】（1）分数字重复和不重复讨论，根据排列组合计算即可.
（2）偶数先确定个位数字为0或2或4，再分三类讨论，最后根据加法计数原理可得结果.
【详解】解：（1）①若组成的四位数的数字不能重复，则可组成的四位数有：（个）
②若组成的四位数的数字能重复，则可组成的四位数有：（个）
综上所述，结论是：若组成的四位数的数字不能重复，可组成120个四位数；若组成的四位数的数字能重复，可组成625个四位数.
（2）满足偶数按个位数字分成三类：个位是0或2或4，
①个位是0的，即需要从1，2，3，4，5这5个数中选出3个分别放在千、百、十位，
有个；
②个位是2的，千位需要从1，3，4，5这4个数中选出1个有4种选法，从剩下的4个数字中选出2个分别放在百位、十位，有个，所以个位是2的偶数有 个；
③个位是4的，也有48个；
综上所述，用0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字的四位偶数有个.
4．有0，1，2，3，4，5六个数字．
(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？
(2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的四位数？
(3)能组成多少个无重复数字且比1230大的四位数？
【答案】(1)156；(2)108；(3)284
【分析】（1）考虑个位数字的情况，分为三类，分别计算每种情况的偶数的个数，相加可得答案；
（2）考虑个位数字分别为0，5时情况，分别计算每种情况的数的个数，相加可得答案；
（3）从千位数字百位数字以及十位数字个位数字，分类考虑，分别计算出每种情况的数的个数，相加可得答案.
（1）
由题意组成无重复数字的四位偶数分为三类：
第一类：0在个位时，有个；
第二类：2在个位时，首位从1，3，4，5中选定1个，有种，十位和百位从余下的数字中选，有种，共有个；
第三类：4在个位时，与第二类同理，也有个，
由分类加法计数原理知，共有个无重复数字的四位偶数．
（2）组成无重复数字且为5的倍数的四位数分为两类：
个位上的数字是0时，满足条件的四位数有个；
个位数上的数字是5时，满足条件的四位数有个，
故满足条件的四位数有（个）．
（3）组成无重复数字且比1230大的四位数分为四类：
第一类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共个；
第二类：形如13□□，14□□，15□□，共有个；
第三类：形如124□，125□，共有个；
第四类：形如123□，共有 个．
由分类加法计数原理知，共有（个）．
5．如图，从左到右共有5个空格．
(1)向5个空格中分别放入0，1，2，3，4这5个数字，一共可组成多少个不同的五位数的奇数？
(2)用红、黄、蓝这3种颜色给5个空格涂色，要求相邻空格用不同的颜色涂色，一共有多少种涂色方案？
【答案】(1)36；(2)48
【分析】（1）先排个位，再排万位，再排余下的位置，利用分步乘法原理求解；
（2）依次从左到右涂色，再利用分步乘法原理求解.
（1）由题意，选一个奇数放在个位有2种放法，从余下的数中选一个数放在万位有3种放法，
再放余下的第二、三、四位，共有种，根据分步乘法原理，这样的五位数的奇数共有（个）．
（2）从左数第1个格子有3种涂色方案，则剩下的每个格子均有2种涂色方案，故涂色方案共有（种）计数原理
第1讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
【考点分析】
考点一：分类加法计数原理
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＝种不同的方法．
考点二：分步乘法计数原理
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＝种不同的方法．
考点三：两个计数原理的区别和联系
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
联系 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 针对的是“分类”问题 针对的是“分布”问题
区别二 各种方法相互“独立” 各个步骤中的方法互相“依存”
区别三 任何一种方法都可以做完这件事 只有各个步骤都完成才算做完这件事
考点四：分类加法计数原理的推广
完成一件事有n类不同的方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝种不同的方法．
考点五：分步乘法计数原理的推广
完成一件事需要分成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，那么完成这件事共有N＝种不同的方法．
【题型目录】
题型一：分类加法计数原理
题型二: 分步乘法计数原理
题型三: 两个原理的综合应用
【典型例题】
题型一：分类加法计数原理
【例1】现有5幅不同的油画，2幅不同的国画，7幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有（ ）
A．7种 B．9种 C．14种 D．70种
【例2】我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”（如2130是“六合数”），则其中首位为2的“六合数”共有（ ）．
A．18个 B．15个 C．12个 D．9个
【例3】某校高二年级举行健康杯篮球赛，共20个班级，其中1、3、4班组成联盟队，2、5、6班组成联盟队，一共有16支篮球队伍，先分成4个小组进行循环赛，决出8强（每队与本组其他队赛一场），即每个组取前两名（按获胜场次排名，如果获胜场次相同的就按净胜分排名）；然后晋级的8支队伍按照确定的程序进行淘汰赛，淘汰赛第一轮先决出4强，晋级的4支队伍要决出冠亚军和第三、四名，同时后面的4支队伍要决出第五至八名，则总共要进行篮球赛的场次为（ ）
A．32 B．34 C．36 D．38
【例4】若、，，，且，则平面上的点共有（ ）．
A．21个 B．20个 C．28个 D．30个
【例5】某日，甲、乙、丙三个单位被系统随机预约到A，B，C三家医院接种疫苗且每个单位只能被随机预约到一家医院，每家医院每日至多接待两个单位．已知A医院接种的是只需要打一针的腺病毒载体疫苗，B医院接种的是需要打两针的灭活疫苗，C医院接种的是需要打三针的重组蛋白疫苗，则甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗的预约方案种数为（ ）
A．27 B．24 C．18 D．16
【例6】如图，将钢琴上的12个键依次记为设．若且，则称为原位大三和弦；若且，则称为原位小三和弦．用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为__________．
【题型专练】
1．为了方便广大市民接种新冠疫苗，提高新冠疫苗接种率，某区卫健委在城区设立了11个接种点，在乡镇设立了19个接种点．某市民为了在同一接种点顺利完成新冠疫苗接种，则不同接种点的选法共有（ ）
A．11种 B．19种 C．30种 D．209种
2．从甲地出发前往乙地，一天中有4趟汽车、3趟火车和1趟航班可供选择．某人某天要从甲地出发，去乙地旅游，则所有不同走法的种数是（ ）
A．16 B．15 C．12 D．8
3．某高中为高一学生提供四门课外选修课：数学史 物理模型化思维 英语经典阅读 《红楼梦》人物角色分析.要求每个学生选且只能选一门课程.若甲只选英语经典阅读，乙只选数学史或物理模型化思维，学生丙 丁任意选，这四名学生选择后，恰好选了其中三门课程，则他们选课方式的可能情况有___________种.
4．书架的第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.从书架上任取1本书，不同的取法有__________种.
5.从数字1，2，3，4中取出3个数字（允许重复），组成三位数，各位数字之和等于6，则这样的三位数的个数为（ ）
A．7 B．9 C．10 D．13
6．已知集合，，从A中取一个数作为十位数字，从B中取一个数作为个位数字，能组成______个不同的两位数，能组成______个十位数字小于个位数字的两位数．
应用分类加法计数原理的关键：
用分类加法计数原理计数，关键在于根据问题的特点确定一个适合它的分类标准在这个分类标准下，完成这件事的任何一种方法只属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的．
题型二:分步乘法计数原理
【例1】仅有甲、乙、丙三人参加四项比赛，所有比赛均无并列名次，则不同的夺冠情况共有（ ）种.
A． B． C． D．
【例2】洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源，在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图象，如图，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四隅黑点为阴数（图中白圈为阳数，黑点为阴数）.现利用阴数和阳数构成一个四位数，规则如下：（从左往右数）第一位数是阳数，第二位数是阴数，第三位数和第四位数一阴一阳和为7，则这样的四位数的个数有（ ）
A．120 B．90 C．48 D．12
【例3】某学校举行校庆文艺晚会，已知节目单中共有七个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了三位老校友演唱经典歌曲，并要将这三个不同节目添入节目单，而不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有________种．
【例4】如图所示，用3种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C中，要求相邻的矩形不能使用同一种颜色，则不同的涂法数为________.
【例5】乘积式展开后的项数是___________.
【例6】从0，1，2，3这四个数中选三个不同的数作为函数的系数，可组成不同的一次函数共有____________个，不同的二次函数共有____________个．（用数字作答）
【例7】正整数2160的不同正因数的个数为（ ）．
A．20 B．28 C．40 D．50
【题型专练】
1．五名高中生报考三所高等院校，每人报且只报一所，不同的报名方法有______种．
2．（1）将4封信投入3个信箱中，共有_______种不同的投法；
（2）某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有_________种不同的选法．
3.如图所示，用不同的五种颜色分别为A，B，C，D，E五部分着色，相邻部分不能用同一种颜色，但同一种颜色可以反复使用，也可不使用，则复合这些要求的不同着色的方法共有（ ）
A B
C D
E
A．500种 B．520种 C．540种 D．560种
4．为了丰富学生的课余生活，某学校开设了篮球、书法、美术、吉他、舞蹈、击剑共六门活动课程，甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加，则这3名学生所选活动课程不全相同的选法有（ ）
A．120种 B．150种 C．210种 D．216种
5．某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分，如图所示．现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，则不同的栽种方法有（ ）．
A．80种 B．120种 C．160种 D．240种
6．核糖核酸RNA是存在于生物细胞以及部分病毒、类病毒中的遗传信息载体．参与形成RNA的碱基有4种，分别用A，C，G，U表示．在一个RNA分子中，各种碱基能够以任意次序出现，假设某一RNA分子由100个碱基组成，则不同的RNA分子的种数为（ ）
A． B． C． D．
7．用0，1，2，3，4，5，6七个数共可以组成______个没有重复数字的三位数.
8．电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求首尾必须播放公益广告，则共有种不同的播放方式___________.（结果用数值表示）
9．从，0，1，2这四个数中选三个不同的数作为函数的系数，可组成不同的二次函数共有____________个，其中不同的偶函数共有____________个．（用数字作答）
题型三: 两个原理的综合应用
【例1】用4种不同颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，不同的涂色方法共有（ ）
A．24种 B．36种 C．48种 D．72种
【例2】某学校为落实“双减政策，在每天放学后开设拓展课程供学生自愿选择，开学第一周的安排如下表.小明同学要在这一周内选择编程、书法、足球三门课，不同的选课方案共有（ ）
周一 周二 周三 周四 周五
演讲、绘画、舞蹈、足球 编程、绘画、舞蹈、足球 编程、书法、舞蹈、足球 书法、演讲、舞蹈、足球 书法、演讲、舞蹈、足球
注：每位同学每天最多选一门课，每门课一周内最多选一次.
A．15种 B．10种 C．8种 D．5种
【例3】回文联是我国对联中的一种，它是用回文形式写成的对联，既可顺读，也可倒读，不仅意思不变，而且颇具趣味．相传，清代北京城里有一家饭馆叫“天然居”，曾有一副有名的回文联：“客上天然居，居然天上客；人过大佛寺，寺佛大过人．”在数学中也有这样一类顺读与倒读都是同一个数的正整数，被称为“回文数”，如22，575，1661等．那么用数字1，2，3，4，5可以组成4位“回文数”的个数为（ ）
A．25 B．20 C．30 D．36
【例4】用0，1，2，3，4这5个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字五位数？
(1)偶数：
(2)左起第二 四位是奇数的偶数；
(3)比21034大的偶数.
【题型专练】
1．某学校举行秋季运动会，酷爱运动的小明同学准备在某七个比赛项目中，选择参加其中四个项目的比赛.根据赛程安排，在这七个比赛项目中，100米赛跑与200米赛跑不能同时参加，且跳高与跳远也不能同时参加.则不同的报名方法数为___________.（用数字作答）
2．由0、1、2、3、4、5这6个数字可以组成______个没有重复数字的三位偶数.
3．（1）用1、2、3、4、5可以组成多少个四位数？
（2）用0，1，2，3，4，5可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？
4．有0，1，2，3，4，5六个数字．
(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？
(2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的四位数？
(3)能组成多少个无重复数字且比1230大的四位数？
5．如图，从左到右共有5个空格．
(1)向5个空格中分别放入0，1，2，3，4这5个数字，一共可组成多少个不同的五位数的奇数？
(2)用红、黄、蓝这3种颜色给5个空格涂色，要求相邻空格用不同的颜色涂色，一共有多少种涂色方案？
