1.3 基本计数原理的简单应用
【课前预习】
知识点
方法种数 分解 都可做完 才能做完 并联 串联
诊断分析
解:若完成一件事,可以分几种情况,每种情况中任何一种方法都能完成这件事,则是分类;若从其中一种情况中任取一种方法只能完成这件事的一部分,且只有依次完成各种情况,才能完成这件事,则是分步.
【课中探究】
例1 C [解析] 方法一(直接法):满足题意的不同的选择方法有以下三类:三个人中只有一个人去丽江,有3×32=27(种) 选择方法;三个人中有两个人去丽江,有3×3=9(种) 选择方法;三个人都去丽江,有1种选择方法.综上,共有27+9+1=37(种)不同的选择方法.
方法二(排除法):三个人去四个景点,有43=64(种) 选择方法,没有人去丽江,有33=27(种) 选择方法.综上,共有64-27=37(种)不同的选择方法.故选C.
变式 720 [解析] 若某女生必须担任语文课代表,则再从剩下的10人中选3人分别担任数学、英语、物理学科的课代表,有10×9×8=720(种)选法,根据分步乘法计数原理可得,共有1×720=720(种)选法.
拓展 20 [解析] 由题意知,有1人既会英语又会日语,有6人只会英语,有2人只会日语,从9人中选出会英语和日语的各一人,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,再选会日语的人,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,再选会英语的人,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2×6=12(种)选法.故共有2+6+12=20(种)选法.
例2 解:(1)三位数先考虑百位,共4种不同选择,再考虑十位,共4种不同选择,最后考虑个位,共3种不同选择,故能得到4×4×3=48(个)不同的三位数.
(2)三位数先考虑百位,共4种不同选择,再考虑十位,共5种不同选择,最后考虑个位,共5种不同选择,故能得到4×5×5=100(个)不同的三位数.
变式 C [解析] 由题意,分两种情况:若个位为0,则共有4×3×2×1=24(个)五位数;若个位为2或4,则首位有3种选择,共有2×3×3×2×1=36(个)五位数.则共有24+36=60(个)五位数,故选C.
例3 C [解析] 如图,先在A中种植,有5种不同的选择,再在B中种植,有4种不同的选择,再在C中种植,有3种不同的选择,再在D中种植,若D与B种植同一种花卉,则E有3种不同的选择,若D与B种植不同花卉,则D有2种不同的选择,E有2种不同的选择,故不同的布置方案有5×4×3×(3+2×2)=420(种).故选C.
变式 480 [解析] 从A开始涂色,A有6种涂色方法,B有5种涂色方法,C有4种涂色方法.由D与B,C不同色,与A可以同色也可以不同色,可知D有4种涂色方法.故共有6×5×4×4=480(种)涂色方法.
拓展 72 [解析] 分两种情况,即C,A同色与C,A不同色来讨论.
①C,A同色:P的染色方法有4种,A的染色方法有3种,B的染色方法有2种,C的染色方法有1种,D的染色方法有2种.
②C与A不同色:P的染色方法有4种,A的染色方法有3种,B的染色方法有2种,C的染色方法有1种,D的染色方法有1种.综上,共有4×3×2×1×2+4×3×2×1×1=48+24=72(种)染色方法.1.3 基本计数原理的简单应用
1.A [解析] 先从4幅画中选1幅挂在左边墙上,再从剩下的3幅画中选1幅挂在右边墙上,共有4×3=12(种)挂法.故选A.
2.B [解析] 当有1名男生被选中时,选男生有2种方法,选女生有3种方法,共有3×2=6(种)方法;当2名男生均被选中时,只有1种方法.所以共有6+1=7(种)选法.故选B.
3.A [解析] 因为4名学生来自高一、高二年级各2名,所以随机选2名学生来自不同年级的选择方法共有2×2=4(种).故选A.
4.B [解析] 分两种情况讨论:①数字3不出现,此时四位数的每个数位上的数字都可以为6或9,都有2种情况,则此时四位数有2×2×2×2=16(个);②数字3出现1次,则数字3出现的情况有4种,剩下的三个数位上的数字都可以为6或9,都有2种情况,此时四位数有4×2×2×2=32(个).故共有16+32=48(个)四位数,故选B.
5.A [解析] 根据题意,记正五角星的六个区域依次为A,B,C,D,E,F,如图所示,要将每个区域都涂色才做完这件事.对A区域涂色,有3种方法;B,C,D,E,F这5个区域都与A相邻,每个区域都有2种涂色方法.所以共有3×2×2×2×2×2=96(种)不同的涂色方案.
6.B [解析] 如图,依次涂色,底面ABCD的涂色有4种选择,侧面PAB的涂色有3种选择,侧面PBC的涂色有2种选择.①若侧面PCD与侧面PAB所涂颜色相同,则侧面PAD的涂色有2种选择;②若侧面PCD与侧面PAB所涂颜色不同,则侧面PCD的涂色有1种选择,侧面PAD的涂色有1种选择.综上,不同的涂法有4×3×2×(1×2+1×1)=72(种).故选B.
7.ABD [解析] 对于A,从中任选1个球,有4+5+6=15(种)不同的选法,所以该选项正确;对于B,若每种颜色选出1个球,有4×5×6=120(种)不同的选法,所以该选项正确;对于C,若要选出不同颜色的2个球,有4×5+5×6+4×6=74(种)不同的选法,所以该选项错误;对于D,若要不放回地依次选出2个球,有15×14=210(种)不同的选法,所以该选项正确.故选ABD.
8.BC [解析] 对于选项A,若a,b均为正,则有2×2=4(种)情况,若a,b均为负,则有1×2=2(种)情况,但=,所以共有5个满足条件的数,所以选项A错误;对于选项B,若为正,显然均比1大,所以只需为负即可,共有2×2+1×2=6(个)满足条件的数,所以选项B正确;对于选项C,要使(a,b)表示x轴上方的点,只需b为正即可,共有2×3=6(个)满足条件的点,所以选项C正确;对于选项D,要使(a,b)表示y轴右侧的点,只需a为正即可,共有2×4=8(个)满足条件的点,所以选项D错误.故选BC.
9.9 [解析] 1至10中的质数有2,3,5,7,由2,3,5,7组成没有重复数字的两位奇数,个位有3种选择,十位有3种选择,故共有3×3=9(个)满足条件的两位数.
10.12 [解析] 分四步.第一步:先安排小张,有2种选派方案;第二至四步依次安排剩余三人,分别有3种、2种、1种选派方案.则由分步乘法计数原理得,不同的选派方案有2×3×2×1=12(种).
11.180 [解析] 当A,C的颜色相同时:第一步涂A,C,有5种方法,第二步涂B,有4种方法,第三步涂D,有3种方法,共计5×4×3=60(种)方法;当A,C的颜色不同时: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,共计5×4×3×2=120(种)方法.所以共有60+120=180(种)方法.
12.15 [解析] 分三类:第一类,使用甲,则先投甲,再投除甲、乙之外的三种原料的任意一种,有3种投放方案;第二类,使用乙,则乙有2种投法,再选除甲、乙之外的三种原料的任意一种进行投放,有3种选法,共有2×3=6(种)投放方案;第三类,不使用甲、乙,则选除甲、乙之外的三种原料的任意两种进行投放,有3×2=6(种)投放方案.根据分类加法计数原理得,共有3+6+6=15(种)投放方案.
13.解:(1)每位同学取1本书,第1,2,3位同学依次有8,7,6种取法,则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).
14.解:完成这件事有三类方法.第一类是个位上的数字为0且比2000大的4位偶数,它可以分三步去完成:第一步,选取千位上的数字,只有2,3,4,5可以选择,有4种选法;第二步,选取百位上的数字,除0和千位上已选定的数字以外,还有4个数字可供选择,有4种选法;第三步,选取十位上的数字,有3种选法.依据分步乘法计数原理可知,这类数有4×4×3=48(个).第二类是个位上的数字为2且比2000大的4位偶数,它可以分三步去完成:第一步,选取千位上的数字,除去2,1,0,只有3个数字可以选择,有3种选法;第二步,选取百位上的数字,在去掉已经确定的首尾两数字之后,还有4个数字可供选择,有4种选法;第三步,选取十位上的数字,有3种选法.依据分步乘法计数原理可知,这类数有3×4×3=36(个).第三类是个位上的数字为4且比2000大的4位偶数,其步骤同第二类,可得这类数有36个.由分类加法计数原理,可得所求无重复数字且比2000大的四位偶数有48+36+36=120(个).
15.18 [解析] 各数互不相等的正整数组(a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7)的“好序数”等于3,这个数组中可以组成的实数对有=21(个),则(a7,a6,a5,a4,a3,a2,a1)的“好序数”为21-3=18.
16.30 [解析] 以小球A放的盒子为分类标准,共分为三类:第一类,当小球A放在4号盒内时,小球B放在3号盒内,则不同的放法有1×3×2×1=6(种);第二类,当小球A放在3号盒内时,小球B放在2号或4号或5号盒内,则不同的放法有3×3×2×1=18(种);第三类,当小球A放在5号盒内时,小球B放在3号盒内,则不同的放法有1×3×2×1=6(种).综上所述,不同的放法有6+18+6=30(种).1.3 基本计数原理的简单应用
【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联系与区别.
2.会正确应用这两个计数原理计数.
◆ 知识点 两个计数原理的联系与区别
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
联系 都是解决求完成一件事不同的 问题,都是对复杂事件的
区别 完成一件事情,共有n类方法,关键是“分类” 完成一件事情,共有n个步骤,关键是“分步”
各类方法相互独立 各个步骤中的方法相互依存
任何一类方法 这件事 各个步骤都完成 这件事
可利用“ ”电路来理解 可利用“ ”电路来理解
【诊断分析】 如何区分一个问题是“分类”还是“分步”
◆ 探究点一 分配问题
例1 若甲、乙、丙三名学生计划利用寒假从丽江、大理、西双版纳、腾冲中任选一处景点旅游, 每人彼此独立地选景点游玩,且丽江必须有人去,则不同的选择方法有 ( )
A.16种 B.18种
C.37种 D.40种
变式 有8名男生和3名女生,从中选出4人分别担任语文、数学、英语、物理学科的课代表,若某女生必须担任语文课代表,则不同的选法共有 种.(用数字作答)
[素养小结]
解决抽取(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、树状图法、框图法或者图表法计算抽取方法数.
(2)当涉及对象数目较大时,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计算抽取方法数.一般地,若按顺序抽取,则分步进行;若按对象特征抽取,则分类进行.
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.
拓展 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.
◆ 探究点二 数字问题
例2 已知一个三位数中的数字从0,1,2,3,4中任意选取.
(1)如果三位数中的数字不允许重复使用,那么能得到多少个三位数
(2)如果三位数中的数字允许重复使用,那么能得到多少个三位数
变式 由0,1,2,3,4这5个数组成无重复数字的五位数且为偶数,则满足题意的五位数的个数为 ( )
A.24 B.48
C.60 D.62
[素养小结]
解决数字问题的方法
(1)对于组成数字的问题,一般按特殊位置(通常是末位或首位)优先的方法分类或分步完成.如果正面分类较多,可采用间接法从反面求解.
(2)解决组成数字的问题时,应特别注意其限制条件,有些条件是隐藏的,要善于挖掘.
[提醒] 数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位.
◆ 探究点三 涂色问题
例3 春节期间,某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛,花坛分为5个区域.现有5种不同的花卉可供选择,要求相邻区域不能布置相同的花卉,且每个区域只布置一种花卉,则不同的布置方案有 ( )
A.120种 B.240种
C.420种 D.720种
变式 如图,用6种不同的颜色给图中A,B,C,D四块区域涂色,若相邻区域不能涂同一种颜色,则不同的涂色方法共有 种.
[素养小结]
求解涂色(种植)问题一般直接利用两个计数原理,常用思路有:
(1)按区域的不同以区域为主分步计数,用分步乘法计数原理求解;
(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求解;
(3)对于空间中的涂色问题,可将空间问题平面化,转化为平面区域涂色问题求解.
拓展 如图,将一个四棱锥的每一个顶点染一种颜色,并使同一条棱上的两个端点异色,如果只有4种颜色可供使用,则不同的染色方法有 种. 1.3 基本计数原理的简单应用
一、选择题
1.从甲、乙、丙、丁4幅不同的画中选出2幅,分别挂在左、右两边墙上指定的位置,则不同的挂法种数是 ( )
A.12 B.7
C.24 D.6
2.在2名男生和3名女生中任选2名学生参加党史知识竞赛,则至少有1名男生被选中的选法有 ( )
A.6种 B.7种
C.8种 D.10种
3.某校文艺部有4名学生,其中高一、高二年级各有2名,从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演,要求这2名学生来自不同年级,则不同的选择方法共有 ( )
A.4种 B.6种
C.8种 D.12种
4.用数字3,6,9组成四位数,各数位上的数字允许重复,且数字3至多出现一次,则可以组成的四位数的个数为 ( )
A.81 B.48 C.36 D.24
5.现有红、黄、蓝三种颜色,给如图所示的正五角星的内部涂色(分割成六个不同部分),要求每个区域涂一种颜色且相邻部分(有公共边的两个区域)的颜色不同,则不同的涂色方案有 ( )
A.96种 B.84种
C.36种 D.18种
6.四色定理又称四色猜想,是世界近代三大数学难题之一,其通俗的说法是“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色”.某校数学兴趣小组在研究给四棱锥P-ABCD的各个面涂颜色时,提出如下的“四色问题”:要求相邻面(含公共棱的面)不得使用同一种颜色,现有4种颜色可供选择,则不同的涂法有 ( )
A.36种 B.72种 C.48种 D.24种
7.(多选题)现有不同的红球4个,黄球5个,绿球6个,则下列说法正确的是 ( )
A.从中任选1个球,有15种不同的选法
B.若每种颜色选出1个球,有120种不同的选法
C.若要选出不同颜色的2个球,有31种不同的选法
D.若要不放回地依次选出2个球,有210种不同的选法
8.(多选题)已知集合M={1,-2,3},N={-4,5,6,-7},从M,N这两个集合中各选一个元素分别记作a,b.则下列说法正确的有 ( )
A.表示不同正数的个数是6
B.表示不同的比1小的数的个数是6
C.(a,b)表示x轴上方不同的点的个数是6
D.(a,b)表示y轴右侧不同的点的个数是6
二、填空题
9.1至10中的质数能够组成的所有没有重复数字的两位奇数的个数为 .
10.某运动会组委会派小张、小赵、小李、小罗四人从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同的工作,要求每人从事一项工作,每项工作都有人从事.若小张只能从事前两项工作,其余3人均能从事这四项工作,则不同的选派方案共有 种.
11.如图,用5种不同的颜色给图中A,B,C,D四个区域涂色,规定每个区域只涂一种颜色,相邻区域的颜色不同,则不同的涂色方法种数为 .
12.某化工厂生产过程中需依次投放2种化工原料,现有甲、乙等5种原料可用,但甲、乙两种原料不能同时使用,且依次投料时,若使用甲原料,则甲必须先投放,则不同的投放方案有 种.
三、解答题
13.(1)有8本不同的书,任选3本分给3位同学,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
14.用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字且比2000大的四位偶数
15.对于各数不相等的正整数组(i1,i2,…,in)(n是不小于2的正整数),如果在p>q时有ip>iq,则称ip和iq是该数组的一个“好序”,一个数组中“好序”的个数称为此数组的“好序数”,例如,数组(1,3,4,2)中有好序“1,3”“1,4”“1,2”“3,4”,其“好序数”等于4.若各数互不相等的正整数组(a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7)的“好序数”等于3,则(a7,a6,a5,a4,a3,a2,a1)的“好序数”等于 .
16.将A,B,C,D,E五个小球放在如图所示的五个盒子内,要求每个盒子只能放一个小球,且小球A不能放1,2号盒内,小球B必须放在与小球A相邻的盒子内,则不同的放法有
种. (共25张PPT)
1 基本计数原理
1.3 基本计数原理的简单应用
◆ 课前预习
◆ 课中探究
◆ 备课素材
◆ 备用习题
【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联系与区别.
2.会正确应用这两个计数原理计数.
知识点 两个计数原理的联系与区别
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
联系 都是解决求完成一件事不同的__________问题,都是对复杂事件的 ______ 区别
各类方法相互独立 各个步骤中的方法相互依存
任何一类方法__________这件事 各个步骤都完成__________这件
事
可利用“______”电路来理解 可利用“______”电路来理解
方法种数
分解
都可做完
才能做完
并联
串联
【诊断分析】 如何区分一个问题是“分类”还是“分步”
解:若完成一件事,可以分几种情况,每种情况中任何一种方法都能完成这件事,则
是分类;若从其中一种情况中任取一种方法只能完成这件事的一部分,且只有依次
完成各种情况,才能完成这件事,则是分步.
探究点一 分配问题
例1 若甲、乙、丙三名学生计划利用寒假从丽江、大理、西双版纳、腾冲中任
选一处景点旅游，每人彼此独立地选景点游玩，且丽江必须有人去，则不同的
选择方法有( )
C
A.16种 B.18种 C.37种 D.40种
[解析] 方法一（直接法） 满足题意的不同的选择方法有以下三类:
三个人中只有一个人去丽江，有 （种） 选择方法；
三个人中有两个人去丽江，有 （种） 选择方法；
三个人都去丽江，有1种选择方法.
综上，共有 （种）不同的选择方法.
方法二（排除法）三个人去四个景点，有 （种） 选择方法，
没有人去丽江，有（种） 选择方法.
综上，共有 （种）不同的选择方法.故选C.
变式 有8名男生和3名女生，从中选出4人分别担任语文、数学、英语、物理
学科的课代表，若某女生必须担任语文课代表，则不同的选法共有_____种.
（用数字作答）
[解析] 若某女生必须担任语文课代表，
则再从剩下的10人中选3人分别担任数学、英语、物理学科的课代表，
有 （种）选法，
根据分步乘法计数原理可得，共有 （种）选法.
［素养小结］
解决抽取（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、树状图法、框图法或者图表法
计算抽取方法数.
（2）当涉及对象数目较大时,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计算抽取方法数.一般地,若按
顺序抽取,则分步进行;若按对象特征抽取,则分类进行.
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.
拓展 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.
[解析] 由题意知，有1人既会英语又会日语，有6人只会英语，有2人只会日语，
从9人中选出会英语和日语的各一人，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，再选会日语的人，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，再选会英语的人，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.
探究点二 数字问题
例2 已知一个三位数中的数字从0，1，2，3，4中任意选取.
（1）如果三位数中的数字不允许重复使用，那么能得到多少个三位数？
解：三位数先考虑百位，共4种不同选择，再考虑十位，共4种不同选择，
最后考虑个位，共3种不同选择，故能得到 （个）不同的三位数.
（2）如果三位数中的数字允许重复使用，那么能得到多少个三位数？
解：三位数先考虑百位，共4种不同选择，再考虑十位，共5种不同选择，
最后考虑个位，共5种不同选择，故能得到 （个）不同的三位数.
变式 由0，1，2，3，4这5个数组成无重复数字的五位数且为偶数，则满足题
意的五位数的个数为( )
C
A.24 B.48 C.60 D.62
[解析] 由题意，分两种情况：
若个位为0，则共有 （个）五位数；
若个位为2或4，则首位有3种选择，共有 （个）五位数.
则共有 （个）五位数，故选C.
［素养小结］
解决数字问题的方法
（1）对于组成数字的问题,一般按特殊位置（通常是末位或首位）优先的方法
分类或分步完成.如果正面分类较多,可采用间接法从反面求解.
（2）解决组成数字的问题时,应特别注意其限制条件,有些条件是隐藏的,要善于
挖掘.
［提醒］ 数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位.
探究点三 涂色问题
例3 春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如
图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域.现有5种不同的花卉可
供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只
布置一种花卉，则不同的布置方案有( )
C
A.120种 B.240种 C.420种 D.720种
[解析] 如图，先在A中种植，有5种不同的选择，
再在B中种植，有4种不同的选择，
再在C中种植，有3种不同的选择，
再在D中种植，若D与B种植同一种花卉，则有3种不同的选择，
若D与B种植不同花卉，则D有2种不同的选择， 有2种不同的选择，
故不同的布置方案有 （种）.故选C.
变式 如图，用6种不同的颜色给图中，，， 四块区域涂色，若相邻区
域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有_____种.
[解析] 从开始涂色，有6种涂色方法，有5种涂色方法， 有4种涂色方法.
由与，不同色，与可以同色也可以不同色，可知 有4种涂色方法.
故共有 （种）涂色方法.
［素养小结］
求解涂色（种植）问题一般直接利用两个计数原理,常用思路有:
（1）按区域的不同以区域为主分步计数,用分步乘法计数原理求解;
（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
加法计数原理求解;
（3）对于空间中的涂色问题,可将空间问题平面化,转化为平面区域涂色问题求解.
拓展 如图，将一个四棱锥的每一个顶点染一种颜色，
并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有4种颜色可供
使用，则不同的染色方法有____种.
[解析] 分两种情况，即，同色与， 不同色来讨论.
，同色：的染色方法有4种，的染色方法有3种，的染色方法有2种，
的染色方法有1种， 的染色方法有2种.
与不同色：的染色方法有4种，的染色方法有3种，的染色方法有2种,
的染色方法有1种， 的染色方法有1种.
综上，共有 （种）染色方法.
1.解决较为复杂的计数问题的关键——合理分类,准确分步
（1）处理计数问题,应扣紧两个原理,根据具体问题首先弄清楚是“分类”还是
“分步”,要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准.
（2）分类时要满足两个条件:①类与类之间要互斥（保证不重复）;②总数要完
备（保证不遗漏）,也就是要确定一个合理的分类标准.
（3）分步时应按事情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.对于复杂问题,不能只用分类加法计数原理或只用分步乘法计数原理解决时,可
以综合运用两个计数原理.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.
（1）“类中有步”计数问题
用流程图描述计数问题,“类中有步”的情形如图所示.
从到 视为完成一件事,完成这件事有两类方案,在第1类方案中有3步,在第2类方
案中有2步.完成每一步的方法种数如图所示,所以完成 这件事的方法种数
为 .
（2）“步中有类”计数问题
用流程图描述计数问题,“步中有类”的情形如图所示.
由到视为完成一件事,可简单地记为 .
完成这件事,需分三步,即,,,其中 这一步又分为三
类.完成每一步的方法种数如图所示,所以完成 这件事的方法种数为
.
“类”与“步”可以进一步地理解为:
“类”用“ ”连接,“步”用“×”连接,“类”独立,“步”连续,“类”标志一件事的完成,“步”
则缺一不可.
3.特殊优先的原则.在解含有特殊元素、特殊位置的计数问题时,一般应先安排特
殊元素,优先确定特殊位置,再考虑其他元素与其他位置,体现出解题过程中的主
次思想.
例1 用0，1，2，3组成一个没有重复数字的四位数，其中奇数有( )
A
A.8个 B.10个 C.18个 D.24个
[解析] 先确定个位上的数字（为奇数），有2种方法；
再确定千位上的数字，有2种方法；
十位和百位上的数字没有限制，把剩下的2个数字排在十位和百位上，
共有2种方法.
由分步乘法计数原理得，满足题意的四位奇数有 （个），故选A.
例2 用5种不同的颜色给图中四块区域涂色，允许用同一种
颜色涂不同的区域，但相邻区域不能涂同一种颜色，则不同
的涂法共有_____种（用数字作答）.
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[解析] 如图，分别给4个区域标上字母，，，.
先给 区涂色，有5种不同的涂色方法.
再给 区涂色，有4种不同的涂色方法.
然后给区涂色，若区所涂颜色与区相同，则 区有4种不同的涂色方法.
若区所涂颜色与区不相同，则 区有3种不同的涂色方法，
而 区有3种不同的涂色方法.
由分步乘法计数原理和分类加法计数原理，
可得共有 （种）不同的涂色方法.
