(共48张PPT)
第2课时 两个计数原理的综合应用
第4章 4.1 两个计数原理
学习目标
1.进一步理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别.
2.会用这两个计数原理分析和解决一些较为复杂的实际计数问题，提升逻辑推理、数学建模及数学运算的核心素养.
应用一 组数问题
用0，1，2，3，4五个数字，
(1)可以排成多少个三位数字的电话号码？
解：三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝53＝125(种).
(2)可以排成多少个三位数？
解：三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100(种).
典例1
(3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？
解：被2整除的数即偶数，末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3＝12(种)排法；一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18(种)排法.因而有12＋18＝30(种)排法.即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数.
规律方法
对于组数问题，应掌握以下原则
1.明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键.一般按特殊位置(末位或首位)分类，分类中再按特殊位置(特殊元素)优先的策略分步完成，如果正面分类较多，可采用间接法求解.
2.要注意数字“0”不能排在两位数或两位数以上的数的首位.
对点练1．用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有____个(用数字作答).
14
因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是2或3的情况不合题意，所以符合题意的四位数有24－2＝14(个).
返回
应用二 选(抽)取与分配问题
(1)4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？
解：要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，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3×3×3×3＝81(种)报名
方法.
(2)4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？
解：每项限报一人，且每人至多报一项，因此跑步项目有4种选法，跳高项目有3种选法，跳远项目只有2种选法.根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法有4×3×2＝24(种).
典例2
(3)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？
解：要完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，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，所以共有4×4×4＝64(种)可能的结果.
规律方法
解决选(抽)取与分配问题的方法
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：(1)直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理.一般地，若抽取是有顺序的就按分步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行.(2)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.
对点练2．(1)将2名女生和3名男生分配到两个不同的兴趣小组，要求每个兴趣小组分配男生、女生各1人，则不同的分法种数为
A.12种 B.16种
C.24种 D.36种
√
每个小组安排一个女生，有2×1＝2种方法；每个小组安排一名男生，有3×2＝6种方法，故每个兴趣小组分配男生、女生各1人，共有2×6＝12种方法.故选A.
(2)2024年7月14日13时，2024年巴黎奥运会火炬开始在巴黎传递，其中某段火炬传递活动由包含甲、乙、丙在内的5名火炬手分四棒完成，若甲传递第一棒，最后一棒由2名火炬手共同完成，且乙、丙不共同传递火炬，则不同的火炬传递方案种数为____.
10
最后一棒可以是除甲、乙、丙之外的2人，也可以是从乙、丙中选1人，从除甲、乙、丙之外的2人中选1人组成，所以最后一棒的安排方案有1＋2×2＝5种；安排最后一棒后，剩余两人安排在中间两棒，方案有2×1＝2种，由分步乘法计数原理，不同的传递方案种数为5×2＝10种.
返回
应用三 涂色与种植问题
(1)某农学院计划从10种不同的水稻品种和7种不同的小麦品种中，选5种品种种植在如图所示五块实验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块实验田中，其他三块实验田选种水稻品种，则不同种法有
A.30 240种
B.60 480种
C.120 960种
D.241 920种
典例3
1 2 3 4 5
√
由题得相邻两块实验田分成1和2；2和3；3和4；4和5四类；第一类在1和2上种植小麦，“1”有7种选择，“2”有6种选择，剩下3块实验田种植水稻，分别有10，9，8种选择，所以共计7×6×10×9×8＝30 240种；第二、三、四类和第一类种数相同.综上总计有30 240×4＝120 960种方法.故选C.
1 2 3 4 5
(2)课外实践活动期间，小王同学研究起了七巧板，有一次他将七巧板拼成如右图形状，现需要给右图七巧板右下方的五个块涂色(图中的1，2，3，4，5)，有4种不同颜色可供选择，要求有公共边的两块区域不能同色，有_____种不同的涂色方案.
252
第一步：涂2，有4种颜色；第二步：涂5，有3种颜色；第三步：涂3、4，当3与5同色时，4有3种颜色；当3和5不同色时，3有2种颜色，4有2种颜色，第三步共7种；第四步：涂1，有3种颜色.共计4×3×7×3＝252种.
规律方法
涂色与种植问题的解答策略
求解涂色与种植问题一般是直接利用两个计数原理求解，处理这类问题的关键是要找准分类标准，常用的方法有：
1.按区域的不同以区域为主分步计数，并用分步乘法计数原理计算.
2.以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理计算.
3.将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题.
4.对于不相邻的区域，常分为同色和不同色两类，这是常用的分类
标准.
对点练3．如图所示的5个区域A，B，C，D，E，中心区域E是一幅图画，现在要对区域A，B，C，D涂色，有4种颜色可供选择，要求每1个区域只涂1种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为
A.64
B.72
C.84
D.96
√
涂色方法分两类：①A和C同色，可从4种颜色中任选1种，有4种选法，B可从余下的3种颜色中任选1种，有3种选法，同理D也有3种选法，则不同的涂色方法种数为4×3×3＝36；②A和C不同色，不妨从A先涂色，有4种选法，C有3种选法，B有2种选法，D有2种选法，则不同的涂色方法种数为4×3×2×2＝48.所以不同的涂色方法种数为36＋48＝84.故选C.
对点练4．某城市在中心广场建造了一个花园，花园分为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1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_____种(用数字作答).
根据6个部分的对称性，按同色、不同色进行分类：
(1)④，⑥同色，则①有4种颜色可选，⑤有3种颜色
可选，④有2种颜色可选，②有2种颜色可选，③只有1种颜色可选，故不同的栽种方法共有4×3×2×2×1＝48(种)；
120
(2)④，⑥不同色，①有4种颜色可选，⑤有3种颜色可选，④有2种颜色可选，⑥有1种颜色可选，若②与④同色，则③有2种颜色可选，若②与④不同色，则③只有1种颜色可选，故不同的栽种方法共有4×3×2×1×(2＋1)＝72(种).
故不同的栽种方法共有48＋72＝120(种).
返回
随堂评价
1.由数字1，2，3组成的无重复数字的整数中，偶数的个数为
A.15 B.12
C.10 D.5
√
分三类，第一类组成一位整数，偶数有1个；第二类组成两位整数，其中偶数有2个；第三类组成三位整数，其中偶数有2个.由分类加法计数原理知共有偶数5个.
2.有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有
A.21种 B.315种
C.153种 D.143种
√
由题意，选一本语文书一本数学书有9×7＝63种，
选一本数学书一本英语书有5×7＝35种，
选一本语文书一本英语书有9×5＝45种，
所以共有63＋45＋35＝143种选法.
故选D.
3.将红、黄、绿、黑4种不同的颜色分别涂入图中的5个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有____种不同的涂色方法.
72
给出区域标记号A，B，C，D，E(如图所示)，则A区
域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，
D区域有2种.但E区域的涂色依赖于B区域与D区域涂
的颜色，如果B区域与D区域涂的颜色相同，则有2种涂色方法；如果B区域与D区域所涂的颜色不相同，则只有1种涂色方法.因此应先分类后分步.
(1)当B与D同色时，有4×3×2×2＝48(种).
(2)当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24(种).
故共有48＋24＝72(种)不同的涂色方法.
4. 用0，1，2，3，…，9，这十个数字可能组成多少个不同的符合要求
的数.
(1)三位数；
解：由于0不能在首位，所以首位数字有9种不同选法；十位与个位上数字都有10种不同的选法.
所以不同的三位数共有9×10×10＝900(个).
(2)无重复数字的三位数.
解：首位上数字有9种选法；十位上数字除百位上数字外有9种选法；个位上数字有8种选法.
所以，组成无重复数字的三位数共9×9×8＝648(个).
返回
课时测评
1.用0，1，2，3组成没有重复数字的四位数，其中奇数有
A.8个 B.10个
C.18个 D.24个
个位数是1或3，且首位不能为0，则千位数字有2种选择，
百位数字有2种选择，
十位数字只有1种选择，
由分步乘法计数原理，
所以用0，1，2，3组成没有重复数字的四位数为奇数的有2×2×2×1＝8(个).
√
2.从集合{1，2，3，4，5}中任取2个不同的数，作为直线Ax＋By＝0的系数，则最多形成不同的直线的条数为
A.18 B.20
C.25 D.10
√
第一步，给A赋值有5种选择，
第二步，给B赋值有4种选择，由分步乘法计数原理可得，5×4＝20(种).
又因为A＝1，B＝2与A＝2，B＝4表示同一直线.A＝2，B＝1与A＝4，B＝2也表示同一直线.
所以形成不同的直线最多的条数为20－2＝18.
3.从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有
A.24种 B.18种
C.12种 D.6种
√
法一：(直接法)若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2×1＝6种不同的种植方法.同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上均有3×2×1＝6种不同的种植方法.故共有6×3＝18种不同的种植方法.
法二：(间接法)从4种蔬菜中选出3种种在三块土地上，有4×3×2＝24种方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6种方法，故共有24－6＝18种不同的种植方法.
4.定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数.若m＝4，则不同的“规范01数列”的个数共有
A.18 B.16
C.14 D.12
由题意，必有a1＝0，a8＝1，具体的排法列表如下：
√
5.将数字1，1，2，2，3，3排成三行两列，要求每行的数字互不相同，每列的数字也互不相同，则不同的排列方法共有
A.12种 B.18种
C.24种 D.36种
√
由题意，可按分步原理计数，
第一步，第一行第一个位置可从1，2，3三数字中任意选一个，有三种选法，
第二步，第一行第二个位置可从余下两数字中选一个，有两种选法，
第三步，第二行第一个位置，由于不能与第一行第一个位置上的数字相同，故其有两种选法，
第四步，第二行第二个位置，由于不能与第一行第二个数字相同也不能与第二行第一个数字相同，故它只能有一种选法，
第五步，第三行第一个数字不能与第一行、第二行的第一个数字相同，故其只有一种选法，
第六步，此时只余下一个数字，故第三行第二列只有一种选法，
由分步原理知，总的排列方法有3×2×2×1×1×1＝12种.
故选A.
6.从A地到B地要经过C地，已知从A地到C地有三条路，从C地到B地有四条路，则从A地到B地不同的走法种数有____种.
12
根据题意，从A地到B地要经过C地，已知从A地到C地有三条路，则从A到C有3种不同的走法，从C地到B地有四条路，则从C到B有4种不同的走法，则从A地到B地不同的走法种数有3×4＝12(种).
7.在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄.为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法共有____种.
A种植在左边第一垄时，B有3种不同的种植方法；A种植在左边第二垄时，B有2种不同的种植方法；A种植在左边第三垄时，B只有1种种植方法.B在左边种植的情形与上述情形相同.故共有2×(3＋2＋1)＝12(种)不同的选垄方法.
12
8.用0，1，2，3，4，5六个数字，可以组成没有重复数字的两位数的个数是____；可以组成有重复数字的三位数的个数为____.
十位的数字可以选择的种数为5种，个位可以选的种数为5种，则可组成无重复数字的两位数的种数为5×5＝25；
可组成有重复数字的三位数的种数为5×6×6＝180.
25
180
9.(10分)(1)有8本不同的书，任选3本分给3个同学，每人1本，有多少种不同的分法？
解：分三步：每位同学取1本书，第1，2，3位同学分别有8，7，6种取法，因而由分步乘法计数原理知，不同的分法共有8×7×6＝336(种).
(2)4位旅客到3个旅馆住宿，有多少种不同的住宿方法？
解：每位旅客都有3种不同的住宿方法，因而不同的住宿方法共有3×3×3×3＝81(种).
10.(10分)如图所示，要给梓、耕、教、育四个区域分别涂上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，有多少种不同的涂色方法？
解：梓、耕、教、育四个区域依次涂色，分四步完成：
第1步，涂梓区域，有3种选择；
第2步，涂耕区域，有2种选择；
第3步，涂育区域，由于它与梓、耕区域颜色不同，有1种选择；
第4步，涂教区域，由于它与梓、育区域颜色不同，有1种选择.
所以根据分步乘法计数原理，共有3×2×1×1＝6种不同的涂色方法.
√
11.某城市的电话号码由六位升为七位(首位数字均不为零)，则该城市可增加的电话部数是
A.9×8×7×6×5×4×3×2
B.8×96
C.9×106
D.8.1×106
电话号码是六位数字时，该城市可安装电话9×105部，同理升为七位数字时为9×106，所以可增加的电话部数是9×106－9×105＝81×105＝8.1×106.故选D.
√
12.已知x∈{1，2，4}，y∈{－2，－3，5}，则x·y可表示不同的值的个
数为
A.8 B.9
C.10 D.12
x∈{1，2，4}，y∈{－2，－3，5}，从x中选1个，从y选1个，共有3×3＝9种运算结果，且没有相同的运算结果.
13.如图为我国数学家赵爽在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为_____种.
420
如图，若区域①与③颜色相同，区域①有5种涂法，区
域②有4种涂法，区域④有3种涂法，区域⑤有3种涂法，
由分步乘法计数原理可知不同的涂色方案有5×4×3×3
＝180种；
若区域①与③颜色不同，区域①有5种涂法，区域②有4种涂法，区域③有3种涂法，区域④有2种涂法，区域⑤有2种涂法，由分步乘法计数原理可知不同的涂色方案有5×4×3×2×2＝240种.
综上，由分类加法计数原理可知不同的涂色方案种数为180＋240＝420.
14.(13分)用6种不同的颜色为如图所示的广告牌涂色，
要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域
不用同一种颜色，求共有多少种不同的涂色方法？
解：法一：分类，
第一类，A，D涂同色，有6×5×4＝120(种)涂法，
第二类，A，D涂异色，有6×5×4×3＝360(种)涂法，
共有120＋360＝480(种)涂法.
法二：分步，先涂B区，有6种涂法，再涂C区，有5种涂法，最后涂A，D区域，各有4种涂法，
所以共有6×5×4×4＝480(种)涂法.
15.(5分)在明代珠算发明之前，我们的先祖从春秋开始多是用算筹为工具来记数、列式和计算.算筹实际上是一根根相同长度的小木棍，算筹有纵式和横式两种，如图是利用算筹表示1～9的数字，表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，例如，137可以用7根小木棍表示“ ”，则用6根小木棍(要求用完6根)能表示不含“0”且没有重复数字的三位数的个数是
A.12
B.18
C.24
D.27
√
数字7、2、1组成6个，数字7、6、1组成6个，数字6、3、1组成6个，数字3、2、1组成6个，共24个符合要求的三位数.故选C.
16.(17分)一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为n(n≥3，n∈N＋)等份，种植红、黄、蓝三种颜色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花.
(1)如图①，圆环分成3等份，分别为a1，a2，a3，则有多少种不同的种植方法？
解：先种植a1部分，有3种不同的种植方法，再种植a2，a3部分.因为a2，a3与a1的颜色不同，a2，a3的颜色也不同，所以由分步乘法计数原理，不同的种植方法有3×2×1＝6(种).
返回
(2)如图②，圆环分成4等份，分别为a1，a2，a3，a4，则有多少种不同的种植方法？
解：当a1，a3不同色时，有3×2×1×1＝6(种)种植方法，当a1，a3同色时，有3×2×1×2＝12(种)种植方法，由分类加法计数原理得，共有6＋12＝18(种)种植方法.第2课时 两个计数原理的综合应用
学习目标 1.进一步理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别. 2.会用这两个计数原理分析和解决一些较为复杂的实际计数问题，提升逻辑推理、数学建模及数学运算的核心素养.
应用一 组数问题
用0，1，2，3，4五个数字，
(1)可以排成多少个三位数字的电话号码？
(2)可以排成多少个三位数？
(3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？
解：(1)三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝53＝125(种).
(2)三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100(种).
(3)被2整除的数即偶数，末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3＝12(种)排法；一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18(种)排法.因而有12＋18＝30(种)排法.即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数.
对于组数问题，应掌握以下原则 1.明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键.一般按特殊位置(末位或首位)分类，分类中再按特殊位置(特殊元素)优先的策略分步完成，如果正面分类较多，可采用间接法求解. 2.要注意数字“0”不能排在两位数或两位数以上的数的首位.
对点练1.用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有 个(用数字作答).
答案：14
解析：因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是2或3的情况不合题意，所以符合题意的四位数有24－2＝14(个).
应用二 选(抽)取与分配问题
(1)4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？
(2)4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？
(3)4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？
解：(1)要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，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3×3×3×3＝81(种)报名方法.
(2)每项限报一人，且每人至多报一项，因此跑步项目有4种选法，跳高项目有3种选法，跳远项目只有2种选法.根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法有4×3×2＝24(种).
(3)要完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，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，所以共有4×4×4＝64(种)可能的结果.
解决选(抽)取与分配问题的方法 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：(1)直接使用分类加法计数原理或分步乘法计数原理.一般地，若抽取是有顺序的就按分步进行；若是按对象特征抽取的，则按分类进行.(2)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.
对点练2.(1)将2名女生和3名男生分配到两个不同的兴趣小组，要求每个兴趣小组分配男生、女生各1人，则不同的分法种数为( )
A.12种 B.16种
C.24种 D.36种
(2)2024年7月14日13时，2024年巴黎奥运会火炬开始在巴黎传递，其中某段火炬传递活动由包含甲、乙、丙在内的5名火炬手分四棒完成，若甲传递第一棒，最后一棒由2名火炬手共同完成，且乙、丙不共同传递火炬，则不同的火炬传递方案种数为 .
答案：(1)A (2)10
解析：(1)每个小组安排一个女生，有2×1＝2种方法；每个小组安排一名男生，有3×2＝6种方法，故每个兴趣小组分配男生、女生各1人，共有2×6＝12种方法.故选A.
(2)最后一棒可以是除甲、乙、丙之外的2人，也可以是从乙、丙中选1人，从除甲、乙、丙之外的2人中选1人组成，所以最后一棒的安排方案有1＋2×2＝5种；安排最后一棒后，剩余两人安排在中间两棒，方案有2×1＝2种，由分步乘法计数原理，不同的传递方案种数为5×2＝10种.
应用三 涂色与种植问题
(1)某农学院计划从10种不同的水稻品种和7种不同的小麦品种中，选5种品种种植在如图所示五块实验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块实验田中，其他三块实验田选种水稻品种，则不同种法有( )
1 2 3 4 5
A.30 240种 B.60 480种
C.120 960种 D.241 920种
(2)课外实践活动期间，小王同学研究起了七巧板，有一次他将七巧板拼成如右图形状，现需要给右图七巧板右下方的五个块涂色(图中的1，2，3，4，5)，有4种不同颜色可供选择，要求有公共边的两块区域不能同色，有 种不同的涂色方案.
答案：(1)C (2)252
解析：(1)由题得相邻两块实验田分成1和2；2和3；3和4；4和5四类；第一类在1和2上种植小麦，“1”有7种选择，“2”有6种选择，剩下3块实验田种植水稻，分别有10，9，8种选择，所以共计7×6×10×9×8＝30 240种；第二、三、四类和第一类种数相同.综上总计有30 240×4＝120 960种方法.故选C.
(2)第一步：涂2，有4种颜色；第二步：涂5，有3种颜色；第三步：涂3、4，当3与5同色时，4有3种颜色；当3和5不同色时，3有2种颜色，4有2种颜色，第三步共7种；第四步：涂1，有3种颜色.共计4×3×7×3＝252种.
涂色与种植问题的解答策略 求解涂色与种植问题一般是直接利用两个计数原理求解，处理这类问题的关键是要找准分类标准，常用的方法有： 1.按区域的不同以区域为主分步计数，并用分步乘法计数原理计算. 2.以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理计算. 3.将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题. 4.对于不相邻的区域，常分为同色和不同色两类，这是常用的分类标准.
对点练3.如图所示的5个区域A，B，C，D，E，中心区域E是一幅图画，现在要对区域A，B，C，D涂色，有4种颜色可供选择，要求每1个区域只涂1种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为( )
A.64 B.72
C.84 D.96
答案：C
解析： 涂色方法分两类：①A和C同色，可从4种颜色中任选1种，有4种选法，B可从余下的3种颜色中任选1种，有3种选法，同理D也有3种选法，则不同的涂色方法种数为4×3×3＝36；②A和C不同色，不妨从A先涂色，有4种选法，C有3种选法，B有2种选法，D有2种选法，则不同的涂色方法种数为4×3×2×2＝48.所以不同的涂色方法种数为36＋48＝84.故选C.
对点练4.某城市在中心广场建造了一个花园，花园分为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1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 种(用数字作答).
答案：120
解析：根据6个部分的对称性，按同色、不同色进行分类：
(1)④，⑥同色，则①有4种颜色可选，⑤有3种颜色
可选，④有2种颜色可选，②有2种颜色可选，③只有1种颜色可选，故不同的栽种方法共有4×3×2×2×1＝48(种)；
(2)④，⑥不同色，①有4种颜色可选，⑤有3种颜色可选，④有2种颜色可选，⑥有1种颜色可选，若②与④同色，则③有2种颜色可选，若②与④不同色，则③只有1种颜色可选，故不同的栽种方法共有4×3×2×1×(2＋1)＝72(种).
故不同的栽种方法共有48＋72＝120(种).
1.由数字1，2，3组成的无重复数字的整数中，偶数的个数为( )
A.15 B.12
C.10 D.5
答案：D
解析：分三类，第一类组成一位整数，偶数有1个；第二类组成两位整数，其中偶数有2个；第三类组成三位整数，其中偶数有2个.由分类加法计数原理知共有偶数5个.
2.有不同的语文书9本，不同的数学书7本，不同的英语书5本，从中选出不属于同一学科的书2本，则不同的选法有( )
A.21种 B.315种
C.153种 D.143种
答案：D
解析：由题意，选一本语文书一本数学书有9×7＝63种，
选一本数学书一本英语书有5×7＝35种，
选一本语文书一本英语书有9×5＝45种，
所以共有63＋45＋35＝143种选法.
故选D.
3.将红、黄、绿、黑4种不同的颜色分别涂入图中的5个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有 种不同的涂色方法.
答案：72
解析：给出区域标记号A，B，C，D，E(如图所示)，则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种.但E区域的涂色依赖于B区域与D区域涂的颜色，如果B区域与D区域涂的颜色相同，则有2种涂色方法；如果B区域与D区域所涂的颜色不相同，则只有1种涂色方法.因此应先分类后分步.
(1)当B与D同色时，有4×3×2×2＝48(种).
(2)当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24(种).
故共有48＋24＝72(种)不同的涂色方法.
4. 用0，1，2，3，…，9，这十个数字可能组成多少个不同的符合要求的数.
(1)三位数；(2)无重复数字的三位数.
解：(1)由于0不能在首位，所以首位数字有9种不同选法；十位与个位上数字都有10种不同的选法.
所以不同的三位数共有9×10×10＝900(个).
(2)首位上数字有9种选法；十位上数字除百位上数字外有9种选法；个位上数字有8种选法.
所以，组成无重复数字的三位数共9×9×8＝648(个).
课时测评39 两个计数原理的综合应用
(时间：60分钟 满分：110分)
(1—8小题，每小题5分，共40分)
1.用0，1，2，3组成没有重复数字的四位数，其中奇数有( )
A.8个 B.10个
C.18个 D.24个
答案：A
解析：个位数是1或3，且首位不能为0，则千位数字有2种选择，
百位数字有2种选择，
十位数字只有1种选择，
由分步乘法计数原理，
所以用0，1，2，3组成没有重复数字的四位数为奇数的有2×2×2×1＝8(个).
2.从集合{1，2，3，4，5}中任取2个不同的数，作为直线Ax＋By＝0的系数，则最多形成不同的直线的条数为( )
A.18 B.20
C.25 D.10
答案：A
解析：第一步，给A赋值有5种选择，
第二步，给B赋值有4种选择，由分步乘法计数原理可得，5×4＝20(种).
又因为A＝1，B＝2与A＝2，B＝4表示同一直线.A＝2，B＝1与A＝4，B＝2也表示同一直线.
所以形成不同的直线最多的条数为20－2＝18.
3.从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有( )
A.24种 B.18种
C.12种 D.6种
答案：B
解析：法一：(直接法)若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2×1＝6种不同的种植方法.同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上均有3×2×1＝6种不同的种植方法.故共有6×3＝18种不同的种植方法.
法二：(间接法)从4种蔬菜中选出3种种在三块土地上，有4×3×2＝24种方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6种方法，故共有24－6＝18种不同的种植方法.
4.定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数.若m＝4，则不同的“规范01数列”的个数共有( )
A.18 B.16
C.14 D.12
答案：C
解析：由题意，必有a1＝0，a8＝1，具体的排法列表如下：
5.将数字1，1，2，2，3，3排成三行两列，要求每行的数字互不相同，每列的数字也互不相同，则不同的排列方法共有( )
A.12种 B.18种
C.24种 D.36种
答案：A
解析：由题意，可按分步原理计数，
第一步，第一行第一个位置可从1，2，3三数字中任意选一个，有三种选法，
第二步，第一行第二个位置可从余下两数字中选一个，有两种选法，
第三步，第二行第一个位置，由于不能与第一行第一个位置上的数字相同，故其有两种选法，
第四步，第二行第二个位置，由于不能与第一行第二个数字相同也不能与第二行第一个数字相同，故它只能有一种选法，
第五步，第三行第一个数字不能与第一行、第二行的第一个数字相同，故其只有一种选法，
第六步，此时只余下一个数字，故第三行第二列只有一种选法，
由分步原理知，总的排列方法有3×2×2×1×1×1＝12种.
故选A.
6.从A地到B地要经过C地，已知从A地到C地有三条路，从C地到B地有四条路，则从A地到B地不同的走法种数有 种.
答案：12
解析：根据题意，从A地到B地要经过C地，已知从A地到C地有三条路，则从A到C有3种不同的走法，从C地到B地有四条路，则从C到B有4种不同的走法，则从A地到B地不同的走法种数有3×4＝12(种).
7.在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄.为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法共有 种.
答案：12
解析：A种植在左边第一垄时，B有3种不同的种植方法；A种植在左边第二垄时，B有2种不同的种植方法；A种植在左边第三垄时，B只有1种种植方法.B在左边种植的情形与上述情形相同.故共有2×(3＋2＋1)＝12(种)不同的选垄方法.
8.用0，1，2，3，4，5六个数字，可以组成没有重复数字的两位数的个数是 ；可以组成有重复数字的三位数的个数为 .
答案：25 180
解析：十位的数字可以选择的种数为5种，个位可以选的种数为5种，则可组成无重复数字的两位数的种数为5×5＝25；
可组成有重复数字的三位数的种数为5×6×6＝180.
9.(10分)(1)有8本不同的书，任选3本分给3个同学，每人1本，有多少种不同的分法？
(2)4位旅客到3个旅馆住宿，有多少种不同的住宿方法？
解：(1)分三步：每位同学取1本书，第1，2，3位同学分别有8，7，6种取法，因而由分步乘法计数原理知，不同的分法共有8×7×6＝336(种).
(2)每位旅客都有3种不同的住宿方法，因而不同的住宿方法共有3×3×3×3＝81(种).
10.(10分)如图所示，要给梓、耕、教、育四个区域分别涂上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，有多少种不同的涂色方法？
解：梓、耕、教、育四个区域依次涂色，分四步完成：
第1步，涂梓区域，有3种选择；
第2步，涂耕区域，有2种选择；
第3步，涂育区域，由于它与梓、耕区域颜色不同，有1种选择；
第4步，涂教区域，由于它与梓、育区域颜色不同，有1种选择.
所以根据分步乘法计数原理，共有3×2×1×1＝6种不同的涂色方法.
(11—13小题，每小题5分，共15分)
11.某城市的电话号码由六位升为七位(首位数字均不为零)，则该城市可增加的电话部数是( )
A.9×8×7×6×5×4×3×2
B.8×96
C.9×106
D.8.1×106
答案：D
解析：电话号码是六位数字时，该城市可安装电话9×105部，同理升为七位数字时为9×106，所以可增加的电话部数是9×106－9×105＝81×105＝8.1×106.故选D.
12.已知x∈{1，2，4}，y∈{－2，－3，5}，则x·y可表示不同的值的个数为( )
A.8 B.9
C.10 D.12
答案：B
解析：x∈{1，2，4}，y∈{－2，－3，5}，从x中选1个，从y选1个，共有3×3＝9种运算结果，且没有相同的运算结果.
13.如图为我国数学家赵爽在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为 种.
答案：420
解析：如图，若区域①与③颜色相同，区域①有5种涂法，区域②有4种涂法，区域④有3种涂法，区域⑤有3种涂法，由分步乘法计数原理可知不同的涂色方案有5×4×3×3＝180种；
若区域①与③颜色不同，区域①有5种涂法，区域②有4种涂法，区域③有3种涂法，区域④有2种涂法，区域⑤有2种涂法，由分步乘法计数原理可知不同的涂色方案有5×4×3×2×2＝240种.
综上，由分类加法计数原理可知不同的涂色方案种数为180＋240＝420.
14.(13分)用6种不同的颜色为如图所示的广告牌涂色，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色，求共有多少种不同的涂色方法？
解：法一：分类，
第一类，A，D涂同色，有6×5×4＝120(种)涂法，
第二类，A，D涂异色，有6×5×4×3＝360(种)涂法，
共有120＋360＝480(种)涂法.
法二：分步，先涂B区，有6种涂法，再涂C区，有5种涂法，最后涂A，D区域，各有4种涂法，
所以共有6×5×4×4＝480(种)涂法.
15.(5分)在明代珠算发明之前，我们的先祖从春秋开始多是用算筹为工具来记数、列式和计算.算筹实际上是一根根相同长度的小木棍，算筹有纵式和横式两种，如图是利用算筹表示1～9的数字，表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，例如，137可以用7根小木棍表示“”，则用6根小木棍(要求用完6根)能表示不含“0”且没有重复数字的三位数的个数是( )
A.12 B.18
C.24 D.27
答案：C
解析：数字7、2、1组成6个，数字7、6、1组成6个，数字6、3、1组成6个，数字3、2、1组成6个，共24个符合要求的三位数.故选C.
16.(17分)一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为n(n≥3，n∈N＋)等份，种植红、黄、蓝三种颜色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花.
(1)如图①，圆环分成3等份，分别为a1，a2，a3，则有多少种不同的种植方法？
(2)如图②，圆环分成4等份，分别为a1，a2，a3，a4，则有多少种不同的种植方法？
解：(1)先种植a1部分，有3种不同的种植方法，再种植a2，a3部分.因为a2，a3与a1的颜色不同，a2，a3的颜色也不同，所以由分步乘法计数原理，不同的种植方法有3×2×1＝6(种).
(2)当a1，a3不同色时，有3×2×1×1＝6(种)种植方法，当a1，a3同色时，有3×2×1×2＝12(种)种植方法，由分类加法计数原理得，共有6＋12＝18(种)种植方法.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
