选择必修第三册 第六章 6.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理（第3课时） 课件(共30张PPT)

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选择必修三
第六章 计数原理
6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理（第3课时）
教学目标
学习目标 数学素养
1.进一步理解并掌握两个计数原理； 1.归纳的数学素养.
2.能根据具体问题使用“分类”或“分步”，解决一些简单的实际问题. 2.数学建模素养和数学运算素养.
温故知新
1.分类加法计数原理：
完成一件事,如果有n类不同的方案,而且第一类方案中有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.
2.分步乘法计数原理：
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
N=m1×m2×…×mn.
种不同的方法.
分类加法计数原理使用前提：
各类方案中的方法互不相同且都能独立完成这件事情.
分步乘法计数原理使用前提：
各步中每种方法不能独立完成这件事.
温故知新
两个原理的区别与联系：
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
用来计算“完成一件事”的不同方法种数
分类完成，类类相加
分步完成，步步相乘
各类中每种方法都能独立完成这件事
每步依次完成才算完成这件事（各步中每种方法不能独立完成这件事）
类类独立，不重不漏
步步依存，步骤完整
知新探究
【例1】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(即程 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,如图,
这是一个具有许多执行路径的程序模块.
⑴这个程序模块有多少条执行路径？
⑵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式,以减少测试次数吗？
知新探究
第1步是从开始执行到A点；
分析:整个模块的任意一条执行路径都分两步完成：
第2步是从A点执行到结束.而第1步可由子模块1、子模块2、子模块3中任何一个来完成；第2步可由子模块4、子模块5中任何一个来完成.因此，分析一条指令在整个模块的执行路径需要用到两个计数原理.
知新探究
⑴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
解：
子模块4、子模块5中的子路径条数共为
由分步乘法计数原理，整个模块的执行路径条数共为
18+45+28=91.
38+43=81.
91×81=7371.
知新探究
⑵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
解：
再测试各个模块之间的信息交流是否正常，需要测试的次数为
如果每个子模块都正常工作，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
18+45+28+38+43=172.
3×2=6.
172+6=178.
显然，178与7371的差距是非常大的.
你看出了程序员是如何实现减少测试次数的吗？
初试身手
1.一般地，一个程序模块由许多子模块组成，一个程序模块从开始到结束的路线称为该程序模块的执行路径.如图是一个计算机程序模块，则该程序模块的不同的执行路径的条数是（ ）
A．6 B．14
C．49 D．84
2+2+3=7（条）
解：
第1步,子模块1或子模块2或子模块3的子路径共有
第2步,子模块4或子模块5中的子路径共有
4+3=7（条）
根据分步乘法计数原理，整个模块的不同执行路径共有
N=7×7=49（条）
故选C.
C
知新探究
【例2】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，如图所示.
其中，序号的编码规则为：
⑴由10个阿拉伯数字和除O，I之外的24个
英文字母组成；
⑵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？
对于省和自治区，发牌机关通常是指其地级市的公共交通管理部门，并用英文字母依次编码.例如，河北省石家庄市、唐山市的发牌机关的代号分别为A,B.直辖市的发牌机关代号可备案后依次自行使用.
知新探究
解：
由序号编码规则可知，每个序号中的数字、字母都是可重复的，并且可将序号分为三类：没有字母，有1个字母，有2个字母.
分析:由号牌编号的组成可知，序号的个数决定了这个发牌机关
所能发放的最多2号牌数.按序号编码规则可知，每个序号中的
数字、字母都是可重复的，并且可将序号分为三类：没有字母，
有1个字母，有2个字母.以字母所在位置为分类标准，可将有1个字母的序号分为五个子类， 将有2个字母的序号分为十个子类.
⑴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.
知新探究
解：
⑵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.
24×10×10×10×10=240000
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
由分类加法计数原理，这类号牌张数一共为
同样，其余四个子类号牌也各有240000张.
240000+240000+240000+240000+240000=1200000.
知新探究
解：
⑶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
24×24×10×10×10=576000
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
于是，这类号牌张数一共为
同样，其余九个子类号牌也各有576000张.
100000+1200000+5760000=7060000.
576000×10=5760000.
综合⑴，⑵，⑶，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
知新探究
用两个计数原理解决计数问题时的注意点：
⑴要完成的“一件事”是什么；⑵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.
乘法运算是特定条件下加法运算的简化.分步乘法计数原理与分类加法计数原理也有这种类似的关系吗？
初试身手
2.从0，2中选一个数字．从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数．
其中奇数的个数为( )
A．24 B．18 C．12 D．6
由于题目要求的是奇数，那么对此三位数可以分成两种情况：奇偶奇；偶奇奇．
解：
第2类,分析同理：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0，一种情况)，共6种.
根据分类加法计数原理，可构奇数的个数为
N=12+6=18.
故选B.
B
第1类,可以从个位开始分析(3种选择)，之后十位(2种选择)，最后百位(2种选择)，共12种；
初试身手
3.某班一天上午有4节课，每节都需要安排一名教师去上课，现从6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从两人中安排一人，第四节课只能从两人中安排一人，则不同的安排方案共有________种.(用数字作答)
分两类：
解：
第2类,第一节课若安排B，则第四节课可安排A或C，第二节课从剩余4人中任
选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有2×4×3=24种.
根据分类加法计数原理，不同的安排方案种数为
N=12+24=36.
36
第1节课若安排A，则第四节课只能安排C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4×3=12种排法；
新知探究
方法1：分四类：第1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，选法的种数为
根据分类加法计数原理，不同选法的种数为
解：
第2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，选法的种数为
6+6+4+2=18.
【例3】在7名学生中，有3名会下象棋但不会下围棋，有2名会下围棋但不会下象棋，另2名即会下象棋又会下围棋，现在从7人中选2人分别参加象棋比赛和围棋比赛，共有多少种不同的选法？
3×2=6
3×2=6
第3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，选法的种数为
2×2=4
第4类：从2名既会下象棋又会下围棋的学生中各选1名分别参加象棋比赛和围棋比赛，选法的种数为
2×1=2
新知探究
方法2：分两类：第1类，从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，这时7人中还有4人会下围棋，从中选1名参加围棋比赛.选法的种数为
根据分类加法计数原理，不同选法的种数为
解：
第2类：从两名既会下象棋又会下围棋的学生中选2名参加象棋比赛，这时7人中还有3人会下围棋，从中选1名参加围棋比赛，选法的种数
12+6=18.
【例3】在7名学生中，有3名会下象棋但不会下围棋，有2名会下围棋但不会下象棋，另2名即会下象棋又会下围棋，现在从7人中选2人分别参加象棋比赛和围棋比赛，共有多少种不同的选法？
3×4=12
2×3=6
新知探究
1.当涉及对象数目不大时，一般选用枚举法、树形图法、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：
⑴直接法：直接使用分类加法计数原理或者分步乘法计数原理.一般地，若抽取是有顺序的就按分步进行；若按对象特征抽取的，则按分类进行.
解决抽取(分配)问题的方法
⑵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.
初试身手
4.⑴4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？
⑵4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每项限报一人，且每人至多报一项，共有多少种报名方法？
⑴因为每人必报一项，4人都报完才算完成，所以按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有报名方法种数为
解：
⑵每项限报一人，且每人至多报一项，因此跑步有4种选法，跳高有3种选法，跳远只有2种选法．
根据分步乘法计数原理，可得不同报名方法种数为
4×3×2=24，
3×3×3×3=81.
初试身手
4.⑶4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种报名方法？
⑶因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，所以应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步，而每项冠军的得主有4种可能结果，
解：
根据分步乘法计数原理，可得不同报名方法种数为
4×4×4=64.
新知探究
因为相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，所以1、4可能同色，2、3可能同色.
根据分类加法计数原理，共有不同涂法的种数为
解：
①当四种颜色全部用完时，先涂1，有四种选择，那么2有三种选择，3有两种选择，4只有一种选择，共有不同涂法的种数为
24+24+24+12=84.
【例4】将红、黄、蓝、白四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？
4×3×2×1=24
②当1、4同色时，先涂1、4，有四种选择，那么2有三种选择，3有两种选择，共有不同涂法的种数为
4×3×2=24
④当1、4同色，2、3也同色时，先涂1、4，有四种选择，那么2、3有三种选择，共有不同涂法的种数为
4×3=12
1 2
3 4
③当2、3同色时，与②同理，共有24种不同的涂法.
新知探究
解决涂色问题的一般思路
⑴按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；
⑵以颜色为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等问题，用分类加法计数原理分析；
⑶将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题．
初试身手
5.⑴用5种不同颜色给如图所示的五个圆环涂色，要求
相交的两个圆环不能涂相同的颜色，共有(　　)种不同
的涂色方案
A．1 140 B．1 520
C．1 400 D．1 280
⑴从左到右依次涂色(也可以任选一个环作为开始)，第一个圆环有5种选择，第二个圆环以及后面每个圆环均有4种选择，
解：
根据分步乘法计数原理，共有不同的涂色方案种数为
5×4×4×4×4=1280.
初试身手
5.⑵如图所示，将四棱锥S ABCD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，现有5种颜色可供使用，求不
同的染色方法．
⑵由题意可知，A、C可能同色，B、D也可能同色.
解：
根据分类加法计数原理，共有不同的染色方法种数为
120+120+120+60=420.
②当A、C同色时，先涂S，有五种选择；再涂A、C，有四种选择；即B有三种选择，D有两种选择.由分步乘法原理得，不同的染色方法种数为
①当5种颜色都用上时，由乘法原理得，不同的染色方法种数为
5×4×3×2=120
5×4×3×2×1=120
③当B、D同色时，与②同理，不同的染色方法有120种.
④当A、C同色，B、D也同色时.先涂S，有五种选择；再涂A、C，有四种选择；最后涂B、D，有三种选择.由分步乘法原理得，不同的染色方法种数为
5×4×3=60
课堂小结
1.分类时要注意：
①要确定一个合理的分类标准；
2.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类与类之间要互斥(保证不重复)；
③总数要完备(保证不遗漏).
要完成的 “一 件事”是什么？
如何完成？
分类
相加
相加
相乘
作业布置
作业：
P11 练习 第3,4题
P12 习题6.1 第8，9,10,11,12题.
尽情享受学习数学的快乐吧！
我们下节课再见！
谢谢
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