第二课时 两个计数原理的综合应用
选(抽)取与分配问题
[典例] 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，有多少种不同的选法？
[解] 由题意9人中既会英语又会日语的“多面手”有1人．则可分三类：
第一类：“多面手”去参加英语时，选出只会日语的一人即可，有2种选法．
第二类：“多面手”去参加日语时，选出只会英语的一人即可，有6种选法．
第三类：“多面手”既不参加英语又不参加日语，则需从只会日语和只会英语中各选一人，有2×6＝12(种)方法．
故共有2＋6＋12＝20(种)选法．
选(抽)取与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．
[活学活用]
1．甲、乙、丙3个班各有三好学生3,5,2名，现准备推选2名来自不同班的三好学生去参加校三好学生代表大会，共有________种不同的推选方法．
解析：分为三类：第一类，甲班选一名，乙班选一名，根据分步乘法计数原理有3×5＝15种选法；
第二类，甲班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理有3×2＝6种选法；
第三类，乙班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理有5×2＝10种选法．
综合以上三类，根据分类加法计数原理，共有15＋6＋10＝31种不同选法．
答案：31
2．图书馆有8本不同的有关励志教育的书，任选3本分给3个同学，每人1本，有________种不同的分法．
解析：分三步进行：第一步，先分给第一个同学，从8本书中选一本，共有8种方法；第二步，再分给第二个同学，从剩下的7本中任选1本，共有7种方法；第三步，分给第三个同学，从剩下的6本中任选1本，共有6种方法．所以不同分法有8×7×6＝336种．
答案：336
用计数原理解决组数问题
[典例] 用0,1,2,3,4五个数字，
(1)可以排出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．
组数问题的常见类型及解决原则
(1)常见的组数问题
①组成的数为“奇数”“偶数”“被某数整除的数”；
②在某一定范围内的数的问题；
③各位数字和为某一定值问题；
④各位数字之间满足某种关系问题等．
(2)解决原则
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)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素)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”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位．
[活学活用]
1．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
解析：选B 由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇，偶奇奇．如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3种情况)，之后十位(2种情况)，最后百位(2种情况)，共12种；如果是第二种情况偶奇奇：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．因此总共有12＋6＝18种情况．故选B．
2．如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1
解：分8类，当中间数为2时，百位只能选1，个位可选1、0，由分步乘法计数原理，有1×2＝2个；
当中间数为3时，百位可选1,2，个位可选0,1,2，由分步乘法计数原理，有2×3＝6个；同理可得：
当中间数为4时，有3×4＝12个；
当中间数为5时，有4×5＝20个；
当中间数为6时，有5×6＝30个；
当中间数为7时，有6×7＝42个；
当中间数为8时，有7×8＝56个；
当中间数为9时，有8×9＝72个．
故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240个．
用计数原理解决涂色(种植)问题
[典例] 如图所示，要给“优”、“化”、“指”、“导”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] 优、化、指、导四个区域依次涂色，分四步．
第1步，涂“优”区域，有3种选择．
第2步，涂“化”区域，有2种选择．
第3步，涂“指”区域，由于它与“优”、“化”区域颜色不同，有1种选择．
第4步，涂“导”区域，由于它与“化”“指”区域颜色不同，有1种选择．
所以根据分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有3×2×1×1＝6(种)．
求解涂色(种植)问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用方法有：
(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分析；
(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分析；
(3)对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题． [活学活用]
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，共有多少种不同的种植方法？
A
B
C
D
解：法一：第一步：种植A试验田有4种方法；
第二步：种植B试验田有3种方法；
第三步：若C试验田种植的作物与B试验田相同，则D试验田有3种方法，此时有1×3＝3种种植方法．
若C试验田种植的作物与B试验田不同，则C试验田有2种种植方法，D也有2种种植方法，共有2×2＝4种种植方法．
由分类加法计数原理知，有3＋4＝7种方法．
第四步：由分步乘法计数原理有N＝4×3×7＝84种不同的种植方法．
法二：(1)若A，D种植同种作物，则A、D有4种不同的种法，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．
(2)若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N＝36＋48＝84种种植方法．
层级一 学业水平达标
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
解析：选D 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3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．
2．三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下．由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有( )
A．4种 B．5种
C．6种 D．12种
解析：选C 若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法；同理，甲先传给丙也有3种不同的传法，故共有6种不同的传法．
3．若三角形的三边长均为正整数，其中一边长为4，另外两边长分别为b，c，且满足b≤4≤c，则这样的三角形有( )
A．10个 B．14个
C．15个 D．21个
解析：选A 当b＝1时，c＝4；当b＝2时，c＝4,5；当b＝3时，c＝4,5,6；当b＝4时，c＝4,5,6,7.故共有10个这样的三角形．选A．
4．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中，第一、二象限不同点的个数为( )
A．18 B．16
C．14 D．10
解析：选C 分两类：一是以集合M中的元素为横坐标，以集合N中的元素为纵坐标有3×2＝6个不同的点，二是以集合N中的元素为横坐标，以集合M中的元素为纵坐标有4×2＝8个不同的点，故由分类加法计数原理得共有6＋8＝14个不同的点．
5．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有( )
A．24对 B．30对
C．48对 D．60对
解析：选C 与正方体的一个面上的一条对角线成60°角的对角线有8条，故共有8对．正方体的12条面对角线共有12×8＝96(对)，且每对均重复计算了一次，故共有＝48(对)．
6.如图所示为一电路图，则从A到B共有 条不同的单支线路可通电．
解析：按上、中、下三条线路可分为三类：从上线路中有3条，中线路中有1条，下线路中有2×2=4(条)．根据分类加法计数原理，共有3+1+4=8(条)．
答案：8
7．将4种蔬菜种植在如图所示的5块试验田里，每块试验田种植一种蔬菜，相邻试验田不能种植同一种蔬菜，不同的种法有________种．(种植品种可以不全)
解析：分五步，由左到右依次种植，种法分别为4,3,3,3,3.
由分步乘法计数原理共有4×3×3×3×3＝324(种).
答案：324
8.古人用天干、地支来表示年、月、日、时的次序．用天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，用天干的“乙、丁、己、辛、癸”和地支的“丑、卯、巳、未、酉、亥”相配，共可配成______组．
解析：分两类：第一类，由天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，则有5×6＝30组不同的结果；同理，第二类也有30组不同的结果，共可得到30＋30＝60组.
答案：60
9．某高中毕业生填报志愿时，了解到甲、乙两所大学有自己感兴趣的专业，具体情况如下：
甲大学
乙大学
专业
生物学
数学
化学
会计学
医学
信息技术学
工商管理学
物理学
如果这名同学只能选择一所大学的一个专业，那么他的专业选择共有多少种？
解：由图表可知，分两类，第一类：甲所大学有5个专业，共有5种专业选择方法；
第二类：乙所大学有3个专业，共有3种专业选择方法．
由分类加法计数原理知，这名同学可能的专业选择有N＝5＋3＝8(种)．
10．若直线方程Ax＋By＝0中的A，B可以从0,1,2,3,5这五个数字中任取两个不同的数字，则方程所表示的不同直线共有多少条？
解：分两类完成．
第1类，当A或B中有一个为0时，表示的直线为x＝0或y＝0，共2条．
第2类，当A，B不为0时，直线Ax＋By＝0被确定需分两步完成．
第1步，确定A的值，有4种不同的方法；
第2步，确定B的值，有3种不同的方法．
由分步乘法计数原理知，共可确定4×3＝12条直线．
由分类加法计数原理知，方程所表示的不同直线共有2＋12＝14条．
层级二 应试能力达标
1．把10个苹果分成三堆，要求每堆至少有1个，至多5个，则不同的分法共有( )
A．4种 B．5种
C．6种 D．7种
解析：选A 分类考虑，若最少一堆是1个，由至多5个知另两堆分别为4个、5个，只有一种分法；若最少一堆是2个，则由3＋5＝4＋4知有2种分法；若最少一堆是3个，则另两堆为3个、4个共1种分法，故共有分法1＋2＋1＝4种．
2．要把3张不同的电影票分给10个人，每人最多一张，则有不同的分法种数是( )
A．2 160 B．720
C．240 D．120
解析：选B 可分三步：
第一步，任取一张电影票分给一人，有10种不同分法；
第二步，从剩下的两张中任取一张，由于一人已得电影票，不能再参与，故有9种不同分法．
第三步，前面两人已得电影票，不再参与，因而剩余最后一张有8种不同分法．所以不同的分法种数是10×9×8＝720(种)．
3．用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻，这样的四位数有( )
A．36个 B．18个
C．9个 D．6个
解析：选B 分三步完成，第一步，确定哪一个数字被使用2次，有3种方法；第二步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上，有3种方法；第三步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上，有2种方法．故有3×3×2＝18个不同的四位数．
A
B
C
D
4.用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂色方法共有( )
A．12种 B．24种
C．48种 D．72种
解析：选D 先涂C，有4种涂法，涂D有3种涂法，涂A有3种涂法，涂B有2种涂法．由分步乘法计数原理，共有4×3×3×2＝72(种)涂法．
5．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成________个不同的对数值．
解析：要确定一个对数值，确定它的底数和真数即可，分两步完成：
第1步，从这8个数中任取1个作为对数的底数，有8种不同取法；
第2步，从剩下的7个数中任取1个作为对数的真数，有7种不同取法．
根据分步乘法计数原理，可以组成8×7＝56个对数值．
在上述56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，所以满足条件的对数值共有56－4＝52个．
答案：52
6.如图，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色．则不同的涂色方法共有________种．
解析：先涂A，D，E三个点，共有4×3×2＝24种涂法，然后再按B，C，F的顺序涂色，分为两类：一类是B与E或D同色，共有2×(2×1＋1×2)＝8种涂法；另一类是B与E或D不同色，共有1×(1×1＋1×2)＝3种涂法．所以涂色方法共有24×(8＋3)＝264种．
答案：264
7.用6种不同颜色为如图所示的广告牌着色，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着色方法？
解：(1)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．
8．有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加)
(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；
(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．
解：(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理，知共有报名方法36＝729(种)．
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×5×4＝120(种)．
(3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法63＝216(种)．
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“多练提能·熟生巧”见“课时跟踪检测(二)”
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课时跟踪检测（二） 两个计数原理的综合应用
层级一 学业水平达标
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
解析：选D 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3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．
2．三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下．由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有( )
A．4种 B．5种
C．6种 D．12种
解析：选C 若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法；同理，甲先传给丙也有3种不同的传法，故共有6种不同的传法．
3．若三角形的三边长均为正整数，其中一边长为4，另外两边长分别为b，c，且满足b≤4≤c，则这样的三角形有( )
A．10个 B．14个
C．15个 D．21个
解析：选A 当b＝1时，c＝4；当b＝2时，c＝4,5；当b＝3时，c＝4,5,6；当b＝4时，c＝4,5,6,7.故共有10个这样的三角形．选A．
4．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中，第一、二象限不同点的个数为( )
A．18 B．16
C．14 D．10
解析：选C 分两类：一是以集合M中的元素为横坐标，以集合N中的元素为纵坐标有3×2＝6个不同的点，二是以集合N中的元素为横坐标，以集合M中的元素为纵坐标有4×2＝8个不同的点，故由分类加法计数原理得共有6＋8＝14个不同的点．
5．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有( )
A．24对 B．30对
C．48对 D．60对
解析：选C 与正方体的一个面上的一条对角线成60°角的对角线有8条，故共有8对．正方体的12条面对角线共有12×8＝96(对)，且每对均重复计算了一次，故共有＝48(对)．
6.如图所示为一电路图，则从A到B共有 条不同的单支线路可通电．
解析：按上、中、下三条线路可分为三类：从上线路中有3条，中线路中有1条，下线路中有2×2=4(条)．根据分类加法计数原理，共有3+1+4=8(条)．
答案：8
7．将4种蔬菜种植在如图所示的5块试验田里，每块试验田种植一种蔬菜，相邻试验田不能种植同一种蔬菜，不同的种法有________种．(种植品种可以不全)
解析：分五步，由左到右依次种植，种法分别为4,3,3,3,3.
由分步乘法计数原理共有4×3×3×3×3＝324(种).
答案：324
8.古人用天干、地支来表示年、月、日、时的次序．用天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，用天干的“乙、丁、己、辛、癸”和地支的“丑、卯、巳、未、酉、亥”相配，共可配成______组．
解析：分两类：第一类，由天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，则有5×6＝30组不同的结果；同理，第二类也有30组不同的结果，共可得到30＋30＝60组.
答案：60
9．某高中毕业生填报志愿时，了解到甲、乙两所大学有自己感兴趣的专业，具体情况如下：
甲大学
乙大学
专业
生物学
数学
化学
会计学
医学
信息技术学
工商管理学
物理学
如果这名同学只能选择一所大学的一个专业，那么他的专业选择共有多少种？
解：由图表可知，分两类，第一类：甲所大学有5个专业，共有5种专业选择方法；
第二类：乙所大学有3个专业，共有3种专业选择方法．
由分类加法计数原理知，这名同学可能的专业选择有N＝5＋3＝8(种)．
10．若直线方程Ax＋By＝0中的A，B可以从0,1,2,3,5这五个数字中任取两个不同的数字，则方程所表示的不同直线共有多少条？
解：分两类完成．
第1类，当A或B中有一个为0时，表示的直线为x＝0或y＝0，共2条．
第2类，当A，B不为0时，直线Ax＋By＝0被确定需分两步完成．
第1步，确定A的值，有4种不同的方法；
第2步，确定B的值，有3种不同的方法．
由分步乘法计数原理知，共可确定4×3＝12条直线．
由分类加法计数原理知，方程所表示的不同直线共有2＋12＝14条．
层级二 应试能力达标
1．把10个苹果分成三堆，要求每堆至少有1个，至多5个，则不同的分法共有( )
A．4种 B．5种
C．6种 D．7种
解析：选A 分类考虑，若最少一堆是1个，由至多5个知另两堆分别为4个、5个，只有一种分法；若最少一堆是2个，则由3＋5＝4＋4知有2种分法；若最少一堆是3个，则另两堆为3个、4个共1种分法，故共有分法1＋2＋1＝4种．
2．要把3张不同的电影票分给10个人，每人最多一张，则有不同的分法种数是( )
A．2 160 B．720
C．240 D．120
解析：选B 可分三步：
第一步，任取一张电影票分给一人，有10种不同分法；
第二步，从剩下的两张中任取一张，由于一人已得电影票，不能再参与，故有9种不同分法．
第三步，前面两人已得电影票，不再参与，因而剩余最后一张有8种不同分法．所以不同的分法种数是10×9×8＝720(种)．
3．用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻，这样的四位数有( )
A．36个 B．18个
C．9个 D．6个
解析：选B 分三步完成，第一步，确定哪一个数字被使用2次，有3种方法；第二步，把这2个相同的数字排在四位数不相邻的两个位置上，有3种方法；第三步，将余下的2个数字排在四位数余下的两个位置上，有2种方法．故有3×3×2＝18个不同的四位数．
A
B
C
D
4.用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂色方法共有( )
A．12种 B．24种
C．48种 D．72种
解析：选D 先涂C，有4种涂法，涂D有3种涂法，涂A有3种涂法，涂B有2种涂法．由分步乘法计数原理，共有4×3×3×2＝72(种)涂法．
5．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成________个不同的对数值．
解析：要确定一个对数值，确定它的底数和真数即可，分两步完成：
第1步，从这8个数中任取1个作为对数的底数，有8种不同取法；
第2步，从剩下的7个数中任取1个作为对数的真数，有7种不同取法．
根据分步乘法计数原理，可以组成8×7＝56个对数值．
在上述56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，所以满足条件的对数值共有56－4＝52个．
答案：52
6.如图，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色．则不同的涂色方法共有________种．
解析：先涂A，D，E三个点，共有4×3×2＝24种涂法，然后再按B，C，F的顺序涂色，分为两类：一类是B与E或D同色，共有2×(2×1＋1×2)＝8种涂法；另一类是B与E或D不同色，共有1×(1×1＋1×2)＝3种涂法．所以涂色方法共有24×(8＋3)＝264种．
答案：264
7.用6种不同颜色为如图所示的广告牌着色，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着色方法？
解：(1)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．
8．有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加)
(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；
(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．
解：(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理，知共有报名方法36＝729(种)．
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×5×4＝120(种)．
(3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法63＝216(种)．
