《创新方案》6.1 第2课时 两个计数原理的综合应用 课件 高中数学选修三(人教A版)同步讲练测
文档属性
| 名称 | 《创新方案》6.1 第2课时 两个计数原理的综合应用 课件 高中数学选修三(人教A版)同步讲练测 |
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| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 1.9MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-02-07 00:00:00 | ||
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文档简介
(共36张PPT)
第2课时 两个计数原理的综合应用
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.会正确应用这两个计数原理计数．
学 习
目 标
新知学习 探究
PART
01
第一部分
用0，1，…，9这十个数字，可以组成多少个满足下列条件的数？
(1)四位整数；
【解】 千位数字有9种选择，百位、十位和个位数字各有10种选择．
由分步乘法计数原理知，适合题意的四位整数的个数是9×10×10×10
＝9 000.
一 组数问题
(2)四位偶数；
【解】由于组成偶数，所以个位数字为0，2，4，6，8五种情况，千位数字有9种选择，百位数字有10种选择，十位数字也有10种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的四位偶数的个数是5×9×10×10＝4 500.
(3)小于1 000的无重复数字的自然数．
【解】小于1 000的无重复数字的自然数可以分为一位、两位、三位自然数三类．其中一位自然数：10个；两位自然数：十位数字有9种选择，个位数字也有9种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的两位数的个数是9×9＝81；三位自然数：百位数字有9种选择，十位数字有9种选择，个位数字有8种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数的个数是9×9×8＝648，由分类加法计数原理知，适合题意的自然数的个数是10＋81＋648＝739.
【变式探究】
1．(设问变式)本例的十个数字，可组成多少个小于500的无重复数字的三位整数．
解：百位数字只有4种选择，十位数字有9种选择，个位数字有8种选择，
由分步乘法计数原理知，适合题意的三位整数的个数是4×9×8＝288.
2．(设问变式)本例的十个数字，可组成多少个能被5整除的无重复数字的五位整数．
解：依题意，个位数字为0或5.
当个位数字为0时，万位数字有9种选择，千位数字有8种选择，百位数字有7种选择，十位数字有6种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的五位整数的个数是9×8×7×6＝3 024；
当个位数字为5时，万位数字有8种选择，千位数字有8种选择，百位数字有7种选择，十位数字有6种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的五位整数的个数是8×8×7×6＝2 688，
所以能被5整除的无重复数字的五位整数的个数共有3 024＋2 688＝5 712.
常见的组数问题及解题原则
(1)常见的组数问题：奇数、偶数、整除数、各数位上的和或数字间满足某种特殊关系等．
(2)常用的解题原则：首先明确题目条件对数字的要求，针对这一要求通过分类、分步进行组数；其次注意特殊数字对各数位上数字的要求，如偶数的个位数字为偶数、两位及其以上的数首位数字不能是0、被3整除的数各位数上的数字之和能被3整除等；最后先分类再分步从特殊数字或特殊位置进行组数．
√
[跟踪训练1] (1)(多选)下列选项正确的是( )
A．由数字1，2，3，4能够组成24个没有重复数字的三位数
B．由数字1，2，3，4，能够组成16个没有重复数字的三位偶数
C．由数字1，2，3，4能够组成64个三位密码
D．由数字1，2，3，4能够组成28个比320大的三位数
√
√
解析：由数字1，2，3，4能够组成没有重复数字的三位数有4×3×2＝24(个)，故A正确；
若三位数是偶数，则个位可以是2，4，则共有没有重复数字的三位偶数有2×3×2＝12(个)，故B错误；
数字1，2，3，4能够组成的三位密码有4×4×4＝64(个)，故C正确；
若百位是4时，有4×4＝16(个)，
若百位是3，则十位可以是2，3，4，个位可以是1，2，3，4，共有3×4＝12(个)，则比320大的三位数有12＋16＝28(个)，故D正确．故选ACD．
(2)我们把各位数字之和为6的四位数称为“四位合六数”(如1 203，1 005均是“四位合六数”)，则首位为1的不同的“四位合六数”共有_____个．
解析：由题知后三位数字之和为5，
当一个位置为5时有005，050，500，共3个；
当两个位置和为5时有014，041，410，401，140，104，023，032，302，320，203，230，共12个；
当三个位置和为5时有113，131，311，122，212，221，共6个．
所以一共有3＋12＋6＝21(个).
21
√
二 抽取与分配问题
(1)甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，放在一起，再各抽取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数为( )
A．6 B．9
C．18 D．24
【解析】 不妨由甲先来取，共3种取法，而甲取到谁的贺卡，谁就第二个来取，也有3种取法，余下的人，都只有一种取法，所以不同取法共有3×3×1×1＝9(种).故选B．
(2)甲、乙、丙、丁四名同学参加学校组织的植树活动，学校共组织了3个植树小组，每人只能参加一个植树小组，则甲、乙不在同一个植树小组的安排方法有________ 种．
【解析】 方法一(直接法)：甲有3种参加方法，乙有2种参加方法，丙、丁均有3种参加方法，根据分步乘法计数原理可知，甲、乙不在同一个植树小组的安排方法有3×2×3×3＝54(种).
方法二(间接法)：如果没有任何限制，则有3×3×3×3＝81种方法，甲、乙在同一个植树小组的安排方法有3×3×3＝27(种)，即甲、乙不在同一个植树小组有81－27＝54种安排方法．
54
解决抽取(分配)问题的常见类型及其解法
(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．
(2)当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：
①直接法：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．
√
[跟踪训练2] (1)从6名志愿者中选4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有( )
A．280种 B．240种
C．180种 D．96种
解析：由于甲、乙不能从事翻译工作，因此翻译工作从余下的4名志愿者中选1人，有4种选法．后面三项工作的选法有5×4×3种，因此共有4×5×4×3＝240种选派方案．故选B．
(2)设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球放入这五个盒子内，要求每个盒子内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法的种数为________．
解析：先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有5种情况，假设5号球放在5号盒子里，其余四个球的放法为(2，1，4，3)，(2，3，4，1)，(2，4，1，3)，(3，1，4，2)，(3，4，1，2)，(3，4，2，1)，(4，1，2，3)，(4，3，1，2)，(4，3，2，1)共9种，故所求投放方法种数为5×9＝45.
45
√
三 涂色与种植问题
(1)中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域(如区域1与区域5)所涂颜色相同．若有7种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有( )
A．1 050种 B．1 260种
C．1 302种 D．1 512种
【解析】 由题意可得，只需确定区域1，2，3，4的颜色，即可确定整个伞面的涂色．
先涂区域1，有7种选择；再涂区域2，有6种选择；
当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有5种选择，剩下的区域4有5种选择；
当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有6种选择．
故不同的涂色方案有7×6×(5×5＋6)＝1 302(种).故选C.
(2)有4种不同的作物可供选择种植在如图所示的4块试验田中，每块种植一种作物，相邻的试验田(有公共边)不能种植同一种作物，共有________种不同的种植方法．
A B
C D
84
【解析】 依题意，A与B，C种植作物不同，但与D种植作物可以相同，也可以不同，分两类：当A，D种植同种作物，则A，D有4种不同的种植方法，B有3种种植方法，C也有3种种植方法．由分步乘法计数原理，共有4×3×3＝36种种植方法；
当A，D种植不同作物，则A有4种种植方法，D有3种种植方法，B有2种种植方法，C有2种种植方法．由分步乘法计数原理，共有4×3×2×2＝48种种植方法．
综上所述，由分类加法计数原理，共有36＋48＝84种种植方法．
解决涂色(种植)问题的策略
(1)按区域的不同，以区域为主进行分步计数，用分步乘法计数原理计算．
(2)以颜色(种植作物)为主的分类讨论法，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理计算．
(3)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．
[跟踪训练3] (1)如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的种数为( )
A．240 B．360
C．420 D．540
√
解析：按照S→A→B→C→D的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类：
第一类，A，C同色，则有5×4×3×1×3＝180种不同的染色方法．
第二类，A，C不同色，则有5×4×3×2×2＝240种不同的染色方法．
根据分类加法计数原理，共有180＋240＝420种不同的染色方法．
(2)从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在三块不同土质的土地上，其中黄瓜必须种植，则有________种不同的种植方法．
解析：方法一(直接法)：若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝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＝6种不同的种植方法．
故不同的种植方法共有6×3＝18(种).
方法二(间接法)：从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，有4×3×2＝24(种)，其中不种黄瓜有3×2×1＝6(种)，故共有24－6＝18种不同的种植方法．
18
课堂巩固 自测
PART
02
第二部分
√
1．(教材P7T5改编)由1，2，3，4这四个数字组成的首位数字是1，且恰有三个相同数字的四位数有( )
A．9个 B．12个
C．15个 D．18个
解析：本题要求首位数字是1，且恰有三个相同的数字，用树状图表示为
由此可知共有12个．
√
2．(多选)现有4个兴趣小组，第一、二、三、四组分别有6人、7人、8人、9人，则下列说法正确的是( )
A．选1人为负责人的选法种数为30
B．每组选1名组长的选法种数为3 024
C．若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为335
D．若另有3名学生加入这4个小组，可自由选择小组，且第一组必有人选，则不同的选法有35种
√
√
解析：对于A，选1人为负责人的选法种数为6＋7＋8＋9＝30，故A正确；
对于B，每组选1名组长的选法种数为6×7×8×9＝3 024，故B正确；
对于C，2人需来自不同的小组的选法种数为6×7＋6×8＋6×9＋7×8＋7×9＋8×9＝335，故C正确；
对于D，依题意，若不考虑限制，每个人有4种选择，共有43种选择，若第一组没有人选，每个人有3种选择，共有33种选择，所以不同的选法有43－33＝37，故D错误．故选ABC.
3．用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有________种．
解析：先涂区域1，有4种选择，再涂区域2，有3种选择，接着涂区域3，有2种选择，最后剩下的两个区域共有2种选择．故不同的涂色方法有4×3×2×2＝48(种).
48
4．(教材P12T10改编)口袋中装有4个白球、4个黑球和10个红球，每个球有不同编号，现从中取出2个球．
(1)至少有一个白球的取法有多少种？
(2)两球的颜色不相同的取法有多少种？
解：根据题意分3类完成：
第一类：两球为白球和黑球有4×4＝16种取法；第二类：两球为白球和红球有4×10＝40种取法；
第三类：两球为黑球和红球有4×10＝40种取法，所以共有16＋40＋40＝96种取法．
1．已学习：(1)组数问题；(2)抽取与分配问题；(3)涂色与种植问题．
2．须贯通：(1)流程图描述“类中有步”与“步中有类”的不同：
类中有步图
步中有类图
(2)“类”与“步”可进一步地理解为：“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．应注意：分类标准不明确，会出现重复或遗漏问题；分步解决问题时，若上一步的方法影响了下一步的方法种数，则一定要分类．
第2课时 两个计数原理的综合应用
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.会正确应用这两个计数原理计数．
学 习
目 标
新知学习 探究
PART
01
第一部分
用0，1，…，9这十个数字，可以组成多少个满足下列条件的数？
(1)四位整数；
【解】 千位数字有9种选择，百位、十位和个位数字各有10种选择．
由分步乘法计数原理知，适合题意的四位整数的个数是9×10×10×10
＝9 000.
一 组数问题
(2)四位偶数；
【解】由于组成偶数，所以个位数字为0，2，4，6，8五种情况，千位数字有9种选择，百位数字有10种选择，十位数字也有10种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的四位偶数的个数是5×9×10×10＝4 500.
(3)小于1 000的无重复数字的自然数．
【解】小于1 000的无重复数字的自然数可以分为一位、两位、三位自然数三类．其中一位自然数：10个；两位自然数：十位数字有9种选择，个位数字也有9种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的两位数的个数是9×9＝81；三位自然数：百位数字有9种选择，十位数字有9种选择，个位数字有8种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的三位数的个数是9×9×8＝648，由分类加法计数原理知，适合题意的自然数的个数是10＋81＋648＝739.
【变式探究】
1．(设问变式)本例的十个数字，可组成多少个小于500的无重复数字的三位整数．
解：百位数字只有4种选择，十位数字有9种选择，个位数字有8种选择，
由分步乘法计数原理知，适合题意的三位整数的个数是4×9×8＝288.
2．(设问变式)本例的十个数字，可组成多少个能被5整除的无重复数字的五位整数．
解：依题意，个位数字为0或5.
当个位数字为0时，万位数字有9种选择，千位数字有8种选择，百位数字有7种选择，十位数字有6种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的五位整数的个数是9×8×7×6＝3 024；
当个位数字为5时，万位数字有8种选择，千位数字有8种选择，百位数字有7种选择，十位数字有6种选择，由分步乘法计数原理知，适合题意的五位整数的个数是8×8×7×6＝2 688，
所以能被5整除的无重复数字的五位整数的个数共有3 024＋2 688＝5 712.
常见的组数问题及解题原则
(1)常见的组数问题：奇数、偶数、整除数、各数位上的和或数字间满足某种特殊关系等．
(2)常用的解题原则：首先明确题目条件对数字的要求，针对这一要求通过分类、分步进行组数；其次注意特殊数字对各数位上数字的要求，如偶数的个位数字为偶数、两位及其以上的数首位数字不能是0、被3整除的数各位数上的数字之和能被3整除等；最后先分类再分步从特殊数字或特殊位置进行组数．
√
[跟踪训练1] (1)(多选)下列选项正确的是( )
A．由数字1，2，3，4能够组成24个没有重复数字的三位数
B．由数字1，2，3，4，能够组成16个没有重复数字的三位偶数
C．由数字1，2，3，4能够组成64个三位密码
D．由数字1，2，3，4能够组成28个比320大的三位数
√
√
解析：由数字1，2，3，4能够组成没有重复数字的三位数有4×3×2＝24(个)，故A正确；
若三位数是偶数，则个位可以是2，4，则共有没有重复数字的三位偶数有2×3×2＝12(个)，故B错误；
数字1，2，3，4能够组成的三位密码有4×4×4＝64(个)，故C正确；
若百位是4时，有4×4＝16(个)，
若百位是3，则十位可以是2，3，4，个位可以是1，2，3，4，共有3×4＝12(个)，则比320大的三位数有12＋16＝28(个)，故D正确．故选ACD．
(2)我们把各位数字之和为6的四位数称为“四位合六数”(如1 203，1 005均是“四位合六数”)，则首位为1的不同的“四位合六数”共有_____个．
解析：由题知后三位数字之和为5，
当一个位置为5时有005，050，500，共3个；
当两个位置和为5时有014，041，410，401，140，104，023，032，302，320，203，230，共12个；
当三个位置和为5时有113，131，311，122，212，221，共6个．
所以一共有3＋12＋6＝21(个).
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√
二 抽取与分配问题
(1)甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，放在一起，再各抽取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数为( )
A．6 B．9
C．18 D．24
【解析】 不妨由甲先来取，共3种取法，而甲取到谁的贺卡，谁就第二个来取，也有3种取法，余下的人，都只有一种取法，所以不同取法共有3×3×1×1＝9(种).故选B．
(2)甲、乙、丙、丁四名同学参加学校组织的植树活动，学校共组织了3个植树小组，每人只能参加一个植树小组，则甲、乙不在同一个植树小组的安排方法有________ 种．
【解析】 方法一(直接法)：甲有3种参加方法，乙有2种参加方法，丙、丁均有3种参加方法，根据分步乘法计数原理可知，甲、乙不在同一个植树小组的安排方法有3×2×3×3＝54(种).
方法二(间接法)：如果没有任何限制，则有3×3×3×3＝81种方法，甲、乙在同一个植树小组的安排方法有3×3×3＝27(种)，即甲、乙不在同一个植树小组有81－27＝54种安排方法．
54
解决抽取(分配)问题的常见类型及其解法
(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．
(2)当涉及对象数目很大时，一般有两种方法：
①直接法：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．
√
[跟踪训练2] (1)从6名志愿者中选4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有( )
A．280种 B．240种
C．180种 D．96种
解析：由于甲、乙不能从事翻译工作，因此翻译工作从余下的4名志愿者中选1人，有4种选法．后面三项工作的选法有5×4×3种，因此共有4×5×4×3＝240种选派方案．故选B．
(2)设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这五个球放入这五个盒子内，要求每个盒子内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法的种数为________．
解析：先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有5种情况，假设5号球放在5号盒子里，其余四个球的放法为(2，1，4，3)，(2，3，4，1)，(2，4，1，3)，(3，1，4，2)，(3，4，1，2)，(3，4，2，1)，(4，1，2，3)，(4，3，1，2)，(4，3，2，1)共9种，故所求投放方法种数为5×9＝45.
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√
三 涂色与种植问题
(1)中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域(如区域1与区域5)所涂颜色相同．若有7种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有( )
A．1 050种 B．1 260种
C．1 302种 D．1 512种
【解析】 由题意可得，只需确定区域1，2，3，4的颜色，即可确定整个伞面的涂色．
先涂区域1，有7种选择；再涂区域2，有6种选择；
当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有5种选择，剩下的区域4有5种选择；
当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有6种选择．
故不同的涂色方案有7×6×(5×5＋6)＝1 302(种).故选C.
(2)有4种不同的作物可供选择种植在如图所示的4块试验田中，每块种植一种作物，相邻的试验田(有公共边)不能种植同一种作物，共有________种不同的种植方法．
A B
C D
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【解析】 依题意，A与B，C种植作物不同，但与D种植作物可以相同，也可以不同，分两类：当A，D种植同种作物，则A，D有4种不同的种植方法，B有3种种植方法，C也有3种种植方法．由分步乘法计数原理，共有4×3×3＝36种种植方法；
当A，D种植不同作物，则A有4种种植方法，D有3种种植方法，B有2种种植方法，C有2种种植方法．由分步乘法计数原理，共有4×3×2×2＝48种种植方法．
综上所述，由分类加法计数原理，共有36＋48＝84种种植方法．
解决涂色(种植)问题的策略
(1)按区域的不同，以区域为主进行分步计数，用分步乘法计数原理计算．
(2)以颜色(种植作物)为主的分类讨论法，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理计算．
(3)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．
[跟踪训练3] (1)如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的种数为( )
A．240 B．360
C．420 D．540
√
解析：按照S→A→B→C→D的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类：
第一类，A，C同色，则有5×4×3×1×3＝180种不同的染色方法．
第二类，A，C不同色，则有5×4×3×2×2＝240种不同的染色方法．
根据分类加法计数原理，共有180＋240＝420种不同的染色方法．
(2)从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在三块不同土质的土地上，其中黄瓜必须种植，则有________种不同的种植方法．
解析：方法一(直接法)：若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝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＝6种不同的种植方法．
故不同的种植方法共有6×3＝18(种).
方法二(间接法)：从4种蔬菜中选出3种，种在三块地上，有4×3×2＝24(种)，其中不种黄瓜有3×2×1＝6(种)，故共有24－6＝18种不同的种植方法．
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PART
02
第二部分
√
1．(教材P7T5改编)由1，2，3，4这四个数字组成的首位数字是1，且恰有三个相同数字的四位数有( )
A．9个 B．12个
C．15个 D．18个
解析：本题要求首位数字是1，且恰有三个相同的数字，用树状图表示为
由此可知共有12个．
√
2．(多选)现有4个兴趣小组，第一、二、三、四组分别有6人、7人、8人、9人，则下列说法正确的是( )
A．选1人为负责人的选法种数为30
B．每组选1名组长的选法种数为3 024
C．若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为335
D．若另有3名学生加入这4个小组，可自由选择小组，且第一组必有人选，则不同的选法有35种
√
√
解析：对于A，选1人为负责人的选法种数为6＋7＋8＋9＝30，故A正确；
对于B，每组选1名组长的选法种数为6×7×8×9＝3 024，故B正确；
对于C，2人需来自不同的小组的选法种数为6×7＋6×8＋6×9＋7×8＋7×9＋8×9＝335，故C正确；
对于D，依题意，若不考虑限制，每个人有4种选择，共有43种选择，若第一组没有人选，每个人有3种选择，共有33种选择，所以不同的选法有43－33＝37，故D错误．故选ABC.
3．用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有________种．
解析：先涂区域1，有4种选择，再涂区域2，有3种选择，接着涂区域3，有2种选择，最后剩下的两个区域共有2种选择．故不同的涂色方法有4×3×2×2＝48(种).
48
4．(教材P12T10改编)口袋中装有4个白球、4个黑球和10个红球，每个球有不同编号，现从中取出2个球．
(1)至少有一个白球的取法有多少种？
(2)两球的颜色不相同的取法有多少种？
解：根据题意分3类完成：
第一类：两球为白球和黑球有4×4＝16种取法；第二类：两球为白球和红球有4×10＝40种取法；
第三类：两球为黑球和红球有4×10＝40种取法，所以共有16＋40＋40＝96种取法．
1．已学习：(1)组数问题；(2)抽取与分配问题；(3)涂色与种植问题．
2．须贯通：(1)流程图描述“类中有步”与“步中有类”的不同：
类中有步图
步中有类图
(2)“类”与“步”可进一步地理解为：“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．应注意：分类标准不明确，会出现重复或遗漏问题；分步解决问题时，若上一步的方法影响了下一步的方法种数，则一定要分类．