6.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理 课件(共48张PPT)-数学人教A版（2019）选择性必修第三册

(共48张PPT)
6.1 分类加法计数原理与
分步乘法计数原理
第一课时
新课引入
世界杯足球赛共有32个队参赛．它们先分成8个小组进行循环赛，决出16强，这16个队按确定的程序进行淘汰赛后，最后决出冠亚军，此外还决出了第三、第四名．问一共安排了多少场比赛？前4名有多少不同的结果？
要回答这个问题，就要用到排列、组合的知识．在运用排列、组合方法时，经常要用到分类计数原理与分步计数原理．
计数问题是我们从小就经常遇到的，通过列举法一个一个地数是计数的基本方法，但当问题中的数量很大，列举的效率不高，能否设计巧妙的“数法”以提高效率呢？
新课讲解
1.问题1:用一个大写的的英文字母或一个阿拉伯数字给教室里的座位编号，总共能够编出多少种不同的号码？
因为英文字母共有26个,阿拉伯数字0~9共有10个,所以总共可以编出26+10=36种不同的号码.
探究:你能说说这个问题的特征吗
上述问题中,最重要的特征是“或”字的出现:每个座位可以用一个英文字母或一个阿拉伯数字编号，由于英文字母、阿拉伯数字各不相同，因此用英文字母编出的号码与用阿拉伯数字编出的号码也是各不相同的.
上述计数过程的基本环节是字母号码和数字号码两类：
(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.
新课讲解
2.分类加法计数原理
完成一件事，有两类办法，在第1类办法中有m种不同的方法，在第2类方法中有n种不同的方法，则完成这件事共有:
N= m+n 种不同的方法
典型例题
例1.在填写高考志愿表时,一名高中毕业生了解到, , 两所大学各有自己感兴趣的强项专业,具体情况如右:
那么,这名同学可能的专业选择共有多少种
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为N=5+4=9.
4、分类计数原理
完成一件事，有n类办法.
在第1类办法中有m1种不同的方法，
在第2类方法中有m2种不同的方法，……，
在第n类方法中有mn种不同的方法，
则完成这件事共有 :
（2）首先要根据具体的问题确定一个分类标准，在分类标准下进行分类，然后对每类方法计数.
（1）各类办法之间相互独立,都能独立的完成这件事，要计算方法种数,只需将各类方法数相加,因此分类计数原理又称加法原理
说明
N= m1+m2+… + mn 种不同的方法
新课讲解
变式训练
1. 从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船。一天中，火车有 4 班, 汽车有2班,轮船有3班. 那么一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地共有多少种不同的走法
分析: 从甲地到乙地有3类方法,
第一类方法, 乘火车，有4种方法;
第二类方法, 乘汽车，有2种方法;
第三类方法, 乘轮船, 有3种方法;
所以从甲地到乙地共有4 + 2 + 3 = 9种方法。
变式训练
2. 在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？
【解】按十位上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理知，符合题意的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．
3. 在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的两位数共有多少个？
探索新知
思考：用前6个大写英文字母和1~9九个阿拉伯数字 ,以A1, A2, ,B1,B2, 的方式给教室里的座位编号,总共能编出多少个不同的号码
分析：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，在前一问题中，用26个英文字母中的任意一个或10个阿拉伯数字中的任意一个，都可以给出一个座位号码.而在这个问题中,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,得到一个号码必须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.用右图的方法可以列出所有可能的号码.
右图是解决计数间题常用的"树形图".请你用树形图列出所有可能号码.
我们还可以这样来思考：由于前6个英文字母的任意一个都能与9个数字中的任何一个组成一个号码,而且它们各不相同,因此共有6×9=54个不同的号码.
新课讲解
上述问题中,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,因此得到一个号码必须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.每个英文字母与不同的数字组成的号码是互不相同的.
一般地，有如下分步乘法计数原理：
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=m×n种不同的方法.
注意：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。
典型例题
例2.某班有男生13名、女生40名，从中任选男生和女生各1名代表班级参加比赛，共有多少种不同的选法？
分析：要完成的一件事是“选男生和女生各1名”，
可以分两个步骤：第1步，选男生；第2步，选女生.
解：第1步，从13名男生中选出1人，有13种不同选法；
根据分步乘法计数原理，共有不同选法的种数为N=13×40=520
第2步，从40名女生中选出1人，有40种不同选法，
探索新知
探究：
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，那么完成这件事共有多少种不同的方法？
分步乘法计数原理
完成这件事共有N=m1× m2× …× mn种不同的方法.
（2）首先要根据具体问题的特点确定一个分步的标准，然后对每步方法计数.
（1）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
概念辨析
分类加法计数原理和分步乘法计数原理,回答的都是有关做一件事的不同方法的种数问题 .
区别在于:
分类加法计数原理: 针对的是“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事;
分步乘法计数原理: 针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法互相依存，只有各个步骤都完成才算做完这件事.
典型例题
例3 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.
(1)从书架上任取1本书，有多少种不同取法？
(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？
分析：(1)要完成的一件事是“从书架上取1本书”，可以分从第1层、第2层和第3层中取三类方案；
(2)要完成的一件事是“从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书”，可以分三个步骤完成
解：(1)从书架上任取1本书，有三类方案：第1类方案是从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2类方案是从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3类方案是从第3层取1本体育书，有2种方法，
根据分类加法计数原理，不同取法的种数为N=4+3+2=9
(2)从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书，可以分三个步骤完成：第1步，从第1层取1本计算机书，有4种方法；第2步，从第2层取1本文艺书，有3种方法；第3步，从第3层取1本体育书，有2种方法.根据分步乘法计数原理，不同取法的种数为N=4×3×2=24.
典型例题
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？
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.
新课讲解
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？
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，
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.
你还能给出不同的解法吗？
典型例题
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6763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？
分析：(1)要完成的一件事是“确定1个字节各二进制位上的数字”，由于每个字节有8个二进制位，每一位上的值都有0,1两种选择，而且不同的顺序代表不同的字符因此可以用分步乘法计数原理求解；
(2)只要计算出多少个字节所能表示的不同字符不少于6763个即可
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.
变式训练
1. 7名学生中有3名会下象棋但不会下围棋，有2名学生会下围棋但不会下象棋，另2名既会下象棋又会下围棋，现从中各选1人同时参加象棋比赛和围棋比赛，共有多少种不同的选法？
解：第一类：从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，由分步乘法计数原理N1＝3×2＝6(种)
第二类：从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，由分步乘法计数原理N2＝3×2＝6(种)．
第三类：从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛，由分步乘法计数原理N3＝2×2＝4(种)．
第四类：从2名既会下象棋又会下围棋的学生中各选1名参加围棋比赛和象棋比赛，有N4＝2(种)．
综上，由分类加法计数原理可知，不同选法共有N＝N1＋N2＋N3＋N4＝6＋6＋4＋2＝18(种)．
典型例题
例7. 五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，报名方法的种数为多少？又他们争夺这四项比赛的冠军，获得冠军的可能性有多少种？
解：（1）5名学生中任一名均可报其中的任一项，因此每个学生都有4种报名方法，5名学生都报了项目才能算完成这一事件故报名方法种数为4×4×4×4×4= 种 .
（2）每个项目只有一个冠军，每一名学生都可能获得其中的一项获军，因此每个项目获冠军的可能性有5种故有n=5×5×5×5= 种 .
变式巩固
1、某教学楼有四个不同的楼梯，3名学生要下楼，共有多少种不同的下楼方法？
2、有4名同学要争夺3个比赛的冠军，冠军获得者共有多少可能？
3、四封信投入三个信箱，有多少种投法？
4、某公共汽车上有10名乘客，沿途有5个车站，乘客下车的可能方式有多少种？
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新课讲解
5、75600有多少个正约数 有多少个奇约数
解:由于 75600=24×33×52×7
75600的每个约数都可以写成
的形式,其中　　　　,　　　,　　　, 　
于是,要确定75600的一个约数,可分四步完成,即i,j,k,l分别在各自的范围内任取一个值,这样i有5种取法,j有4种取法,k有3种取法,l有2种取法,根据分步计数原理得约数的个数为5×4×3×2=120个.
方法总结
1．如果完成一件事有两类方案,这两类方案彼此之间是相互独立的,无论哪一类方案中的哪一种方法都能单独完成这件事,求能完成这件事的方法种数就用分类加法计数原理．
2．如果完成一件事需要分成多个步骤,各个步骤都是不可缺少的,需要依次完成所有步骤,才能完成这件事，而完成每一个步骤有若干种不同的方法,求能完成这件事的方法种数就用分步乘法计数原理．
用两个计数原理解决具体问题时，首先要分清是“分类”还是“分步”，其次要清楚“分类”或“分步”的具体标准，在“分类”时要做到“不重不漏”，在“分步”时要正确设计“分步”的程序，注意步与步之间的连续性．
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进行仔细分析需要分类还是需要分步.
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.
完成了所有步骤 ,恰好完成任务,当然步与步之间要相互独 立 .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,把完成每一步方法数相乘,得到总数.
思考 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
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。
本节课你有哪些收获？请做一下总结！
小结
6.1 分类加法计数原理与
分步乘法计数原理
第二课时
课堂典例
分类完成
分步完成
A
B
该电路从A到B共有多少条不同的线路可通电？
课堂典例
解: 从总体上看由A到B的通电线路可分二类,
第一类, m1 = 4 条
第二类, m3 = 2×2 = 4, 条
所以, 根据加法原理, 从A到B共有
N = 4 + 4 = 8 条不同的线路可通电.
方法归纳
……
A
B
m1
m2
mn
…...
A
B
m1
m2
mn
乘法原理看成“串联电路”
加法原理看成“并联电路”;
变式训练
1. 如图,从甲地到乙地有2条路可通,从乙地到丙地有3条路可通;从甲地到丁地有4条路可通, 从丁地到丙地有2条路可通。从甲地到丙地共有多少种不同的走法？
解:从总体上看,由甲到丙有两类不同的走法,
第一类, 由甲经乙去丙,又需分两步, 所以 m1 = 2×3 = 6 种不同的走法;
第二类, 由甲经丁去丙,也需分两步, 所以 m2 = 4×2 = 8 种不同的走法;
所以从甲地到丙地共有 N = 6 + 8 = 14 种不同的走法。
课堂总结
加法原理和乘法原理的共同点是什么？不同点什么？
加法原理 乘法原理
相同点 它们都是研究完成一件事情, 共有多少种不同的方法 不 同 点 方式的不同 分类完成 任何一类办法中的任何一个方法都能完成这件事 分步完成
这些方法需要分步,各个步骤顺次相依,且每一步都完成了,才能完成这件事情
课堂总结
何时用加法原理、乘法原理呢
加法原理
完成一件事情有n类方法,若每一类方法中的任何一种方法均能将这件事情从头至尾完成.
乘法原理
完成一件事情有n个步骤,若每一步的任何一种方法只能完成这件事的一部分,并且必须且只需完成互相独立的这n步后,才能完成这件事.
分类要做到“不重不漏”
分步要做到“步骤完整”
课堂典例
练习：
三个比赛项目，六人报名参加。
(1)每人参加一项有多少种不同的方法？
(2)每项１人，且每人至多参加一项，有多少种不同的方法？
(3)每项１人，每人参加的项数不限，有多少种不同的方法？
课堂典例
(4).３个班分别从５个风景点中选择一处游览，不同选法的种数是３５还是５３？
(5)乘积(a1+a2+a3)(b1+b2+b3+b4)(c1+c2+c3+c4+c5)展开后共有多少项？
典型问题
一、染色问题
例1 有n种不同颜色为下列两块广告牌着色,要求在①②③④四个区域中相邻(有公共边界)区域中不用同一种颜色.
(1)若n=6,为(1)着色时共有多少种方法
(2)若为(2)着色时共有120种不同方法,求n.
(1) (2)
课堂典例
２、如图,要给地图A、B、C、D四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有多少种？
解: 按地图A、B、C、D四个区域依次分四步完成,
第一步, m1 = 3 种,
第二步, m2 = 2 种,
第三步, m3 = 1 种,
第四步, m4 = 1 种,
所以根据乘法原理, 得到不同的涂色方案种数共有 N = 3 × 2 ×1×1 = 6 种。
课堂典例
２、如图,要给地图A、B、C、D四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有多少种？
若用2色、4色、5色等,结果又怎样呢？
答:它们的涂色方案种数分别是 0、 4×3×2×2 = 48、 5×4×3×3 = 180种等。
思考：
课堂典例
３.如图,用5种不同颜色给图中的A、B、C、D四个区域涂色, 规定一个区域 只涂一种颜色, 相邻区域必须涂不同的颜色, 不同的涂色方案有 种。
分析：如图，A、B、C三个区域两两相邻，　A与D不相邻，因此A、B、C三个区域的颜色两两不同，A、D两个区域可以同色，也可以不同色，但D与B、C不同色。由此可见我们需根据A与D同色与不同色分成两大类。
解：先分成两类：第一类，D与A不同色，可分成四步完成。　第一步涂A有5种方法，第二步涂B有4种方法；第三步涂C　有3种方法；第四步涂D有2种方法。根据分步计数原理，共有5×4×3×2＝120种方法。　　　　　　　　
根据分类计数原理，共有120+60＝180种方法。
　　第二类，A、D同色，分三步完成，第一步涂A和D有5种方法，第二步涂B有4种方法；第三步涂C有3种方法。根据分步计数原理，共有5×4×3＝60种方法。
课堂典例
5、将３种作物种植在如图所示的５块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，不同的种植方法共有　　　　种（以数字作答）
42
4、如图，是5个相同的正方形，用红、黄、蓝、白、黑5种颜色涂这些正方形，使每个正方形涂一种颜色，且相邻的正方形涂不同的颜色。如果颜色可反复使用，那么共有多少种涂色方法？
课堂典例
二、映射问题
例4 设A={1,2,3,4,5,6},B={-2,-1,7},
（1）从A到B共有多少种不同的映射
（2）从A，B中各选取一个元素，作为点P(x,y)的坐标，可以得到多少个不同的点？其中位于第一象限的有几个？
课堂典例
三、子集问题
规律：n元集合 的不同子集有个 。
例5：集合A={a,b,c,d,e},它的子集个数为 ，真子集个数为 ，非空子集个数为 ，非空真子集个数为 。
课堂典例
例6 用0,1,2,3,4,5这六个数字,
(1)可以组成多少个各位数字不允许重复的三位的奇数
(2)可以组成多少个各位数字不重复的小于1000的自然数
(3)可以组成多少个大于3000,小于5421且各位数字不允许重复的四位数
四、排数字问题
课堂典例
五、综合问题:
例7 已知函数 y=ax2+bx+c 中的a，b，c可以从0,1,2,3,4这五个数字中任取,则可以表示多少个不同的二次函数
课堂典例
例5、75600有多少个正约数 有多少个奇约数
解:由于 75600=24×33×52×7
75600的每个约数都可以写成
的形式,其中　　　　,　　　,　　　, 　
于是,要确定75600的一个约数,可分四步完成,即i,j,k,l分别在各自的范围内任取一个值,这样i有5种取法,j有4种取法,k有3种取法,l有2种取法,根据分步计数原理得约数的个数为5×4×3×2=120个.
巩固训练
1. 一个三位密码锁,各位上数字由0,1,2,3,4,5,6,7,8,9十个数字组成,可以设置多少种三位数的密码(各位上的数字允许重复) 首位数字不为0的密码数是多少 首位数字是0的密码数又是多少
分析: 按密码位数,从左到右
依次设置第一位、第二位、第三
位, 需分为三步完成;
第一步, m1 = 10;
第二步, m2 = 10;
第三步, m3 = 10.
根据乘法原理, 共可以设置
N = 10×10×10 = 103 种三位数的密码。
首位数字不为0的密码数 首位数字是0的密码数
课堂典例
变式训练：各位上的数字不允许重复又怎样
1. 一个三位密码锁,各位上数字由0,1,2,3,4,5,6,7,8,9十个数字组成,可以设置多少种三位数的密码(各位上的数字允许重复) 首位数字不为0的密码数是多少 首位数字是0的密码数又是多少
课堂典例
答:首位数字不为0的密码数是 N =9×10×10 = 9×102 种,
首位数字是0的密码数是 N = 1×10×10 = 102 种。
由此可以看出, 首位数字不为0的密码数与首位数字是0的密码数之和等于密码总数。
问: 若设置四位、五位、六位、…、十位等密码,密码数分别有多少种？
答:它们的密码种数依次是 104 , 105, 106, …… 种。
课堂小结
1、分类加法计数原理：完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法,在第2类办法中有m2种不同的方法……在第n类办法中有mn种不同的方法.那么完成这件事共有
种不同的方法.
2、分步乘法计数原理：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 种不同的方法.
分类加法计数原理和分步乘法计数原理的
共同点：
不同点：
分类加法计数原理与分类有关，
分步乘法计数原理与分步有关。
回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题
课堂典例
分类计数原理 分步计数原理
完成一件事，共有n类办法，关键词“分类”
区别1
完成一件事，共分n个步骤，关键词“分步”
区别2
区别3
每类办法都能独立地完成这件事情，它是独立的、一次的、且每次得到的是最后结果，只须一种方法就可完成这件事。
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，缺少任何一步也不能完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事。
各类办法是互相独立的。
各步之间是互相关联的。
即：类类独立，步步关联。