人教版高中数学选修2-3知识讲解，巩固练习（教学资料，补习资料）：专题1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

第一章 计数原理
1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
知识
一、分类加法计数原理
1．分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N= 种不同的方法.
2．分类加法计数原理的推广
完成一件事有n类不同的方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，……在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N= 种不同的方法．
【注】分类加法计数原理的特点是各类中的每一个方法都可以完成要做的事情.
二、分步乘法计数原理
1．分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N= 种不同的方法．
2．分步乘法计数原理的推广
完成一件事需要分成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= 种不同的方法．
【注】分步乘法计数原理的特点是每一步中都要使用一个方法才能完成该步要做的事情.可以用下图表示分步乘法计数原理的原理：
3．两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
分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是关于完成一件事情的不同方法的种数问题．
区别
(1)完成一件事共有n类方法，关键词是“分类”．
(2)各类方法都是互斥的、并列的、相互独立的.
(3)每类方法都能完成这件事．
(1)完成一件事共分n个步骤，关键词是“分步”．
(2)每步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有每个步骤都完成了，才能完成这件事．
(3)各步之间是互相关联的、互相依存的.
三、两个计数原理的应用
1．用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析——需要分类还是需要分步．
应用分类加法计数原理时，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性，各类中的每个方法都能独立的将这件事情完成；
应用分步乘法原理时，要注意“步”与“步”之间是连续的，做一件事需分成若干个互相联系的步骤，所有步骤依次相继完成，这件事才算完成．
2．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．
3．分步要做到“步骤完整”，步与步之间要相互独立，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．
知识参考答案：
一、1．m+n
2．m1＋m2＋···＋mn
二、1．m×n
2．m1×m2×···×mn
重点
重点
分类加法计数原理、分步乘法计数原理
难点
两个计数原理的应用
易错
混淆分步、分类致误或分步、分类时考虑不全致误
1．分类加法计数原理的应用
对分类加法计数原理的理解注意点：
（1）明确问题中所指的“完成一件事”是指什么，怎样才算是完成这件事，然后根据问题的特点确定一个分类标准，在这个标准下进行分类.
（2）“完成一件事有n类不同方案”是指完成这件事的所有方法可分为n类，即任何一类中的任何一种方法都可以完成任务，而不需要再用到其他方法；每一类没有相同的方法，且完成这件事的任何一种方法都在某一类中.
简单地说，就是应用分类加法计数原理时要做到“不重不漏”.
【例1】从甲地到乙地一天之中有三次航班、两趟火车，某人利用这两种交通工具在当天从甲地赶往乙地的方法有
A．2种 B．3种
C．5种 D．6种
【答案】C
【例2】把3枚相同的纪念邮票和4枚相同的纪念币作为礼品送给甲、乙两名学生，要求全部分完且每人至少有一件礼品，则不同的分法共有 种.
【答案】18
【解析】以甲分得的礼品数为标准分类（用(a,b)表示甲分得纪念邮票a枚，纪念币b枚），可分为6类：第1类，甲分得1件礼品有2种分法：（1,0），（0,1）；
第2类，甲分得2件礼品有3种分法：（2,0），（1,1），（0,2）；
第3类，甲分得3件礼品有4种分法：（3,0），（2,1），（1,2），（0,3）；
第4类，甲分得4件礼品有4种分法：（3,1），（2,2），（1,3），（0,4）；
第5类，甲分得5件礼品有3种分法：（3,2），（2,3），（1,4）；
第6类，甲分得6件礼品有2种分法：（3,3），（2,4）.
根据分类加法计数原理，不同的分法共有2+3+4+4+3+2=18种.
【名师点睛】本题的分类标准并不明显，根据题意，这些礼品要全部分完且每人至少有一件礼品，因此可以将甲、乙这两人中一人分得的礼品数作为分类标准，本题从甲分得的礼品数考虑，也可以从两类礼品的角度考虑，分两个步骤完成，应用分步乘法计数原理解决.
2．分步乘法计数原理的应用
对分步乘法计数原理的理解注意点：
（1）明确问题中所指的“完成一件事”是指什么，怎样才算是完成这件事，然后根据问题的特点确定分步标准，标准不同，分步的步骤也会不同.
（2）“完成一件事需要n个步骤”是指完成这件事的任何一种方法，都要分成n个步骤，在每一个步骤中任取一种方法，然后相继完成所有这些步骤就能完成这件事.即各步骤是相互依存的，只有每个步骤都完成才能完成这件事.
简单地说，就是应用分步乘法计数原理时要做到“步骤完整”.
【例3】某市汽车牌照号码(由4个数字和1个字母组成)可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B,C,D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，某车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌号码所有可能的情况有
A．180种 B．360种
C．720种 D．960种
【答案】D
【解析】分五步完成,第i步取第i个号码
由分步乘法计数原理,可得车牌号码共有种.
【例4】（1）用数字1,2,3可以组成多少个三位数？
（2）用数字1,2,3可以组成多少个没有重复数字的三位数？
【答案】（1）27；（2）6.
【解析】（1）要完成“组成三位数”这件事,需分以下3步：
第一步：确定个位数字,1,2,3三个数字都可以选择,有3种选法；
第二步：确定十位数字,1,2,3三个数字都可以选择,有3种选法；
第三步：确定百位数字,1,2,3三个数字都可以选择,有3种选法.
根据分步乘法计数原理,可以组成的三位数有3×3×3=27个.
（2）要完成“组成没有重复数字的三位数”这件事,需分以下3步：
第一步：确定个位数字,1,2,3三个数字都可以选择,有3种选法；
第二步：确定十位数字,第一步选过的数字不能选择,因此有2种选法；
第三步：确定百位数字,只有1种选法.
根据分步乘法计数原理,知可以组成的三位数有3×2×1=6个.
【规律总结】（1）应用分步乘法计数原理时，完成这件事情要分几个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事情，每个步骤缺一不可．
（2）利用分步乘法计数原理解题的一般思路．
①分步：将完成这件事的过程分成若干步；
②计数：求出每一步中的方法数；
③结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果．
3．两个计数原理的综合应用
应用两个计数原理解题时的策略：
（1）确定计数原理：要分清涉及的问题从大的方面看是利用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理，还是两种原理综合应用解题．
（2）处理好类与步的关系：对于较为复杂的题目，在某一类中需要分步计算所用的方法，而在某一步中又可能分类计算所用的方法，两者要有机结合．
（3）注意不重不漏：做到分类类不重，分步步不漏．
【例5】编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1，2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，求不同的放法有多少种？
【例6】集合A＝{1，2，－3}，B＝{－1，－2，3，4}.现从A，B中各取一个元素作为点P(x，y)的坐标.
（1）可以得到多少个不同的点？
（2）在这些点中，位于第一象限的有几个？
【解析】（1）一个点的坐标由x，y两个元素确定，若它们有一个不同，则表示不同的点，可分为两类：
第一类：选A中的元素为x，B中的元素为y，有3×4＝12(个)不同的点；
第二类：选A中的元素为y，B中的元素为x，有4×3＝12(个)不同的点.
由分类加法计数原理得不同点的个数为12＋12＝24(个).
（2）第一象限内的点，即x，y必须为正数，从而只能取A，B中的正数，同样可分为两类.
由分类加法计数原理得适合题意的不同点的个数为2×2＋2×2＝8(个).
4．分类或分步时考虑不全致误
【例7】有红、黄、蓝旗各3面，每次升1面、2面、3面在某一旗杆上纵向排列，表示不同的信号，顺序不同也表示不同的信号，共可以组成多少种不同的信号？
【错解】每次升一面旗可组成3种不同的信号；
每次升2面旗可组成3×2＝6种不同信号；
每次升3面旗可组成3×2×1＝6种不同的信号，
根据分类加法计数原理知，共有不同信号3＋6＋6＝15种．
【错因分析】每次升起2面或3面旗时，颜色可以相同．
【正解】每次升1面旗可组成3种不同的信号；
每次升2面旗可组成3×3＝9种不同的信号；
每次升3面旗可组成3×3×3＝27种不同的信号．
根据分类加法计数原理得，共可组成：3＋9＋27＝39种不同的信号．
【易错警示】审题时要细致，把题意弄清楚．本题中没有规定升起旗子的颜色不同，故既要考虑升起旗子的面数，又要考虑其颜色，不可偏废遗漏．
【例8】甲、乙、丙、丁4名同学争夺数学、物理、化学3门学科知识竞赛的冠军，且每门学科只有1名冠军产生，则不同的冠军获得情况有 种.
【错解】错解1：分四步完成这件事.
第1步，第1名同学去夺3门学科的冠军，有可能1个也没获得，也可能获得1个或2个或全部，因此，共有4种不同情况；
同理，第2，3，4步分别由其他3名同学去夺这3门学科的冠军，都各自有4种不同情况.
由分步乘法计数原理知，共有4×4×4×4=44=256种不同的冠军获得情况.
错解2：分四步完成这件事.
第1步，第1名同学去夺3门学科的冠军，有3种不同情况；
同理，第2，3，4步分别由其他3名同学去夺这3门学科的冠军，都各自有3种不同情况.
由分步乘法计数原理知，共有3×3×3×3=34=81种不同的冠军获得情况.
【错因分析】要完成的“一件事”是“争夺3门学科知识竞赛的冠军，且每门学科只有1名冠军产生”.但错解1、2中都有可能出现某一学科冠军被2人、3人，甚至4人获得的情形，另外还可能出现某一学科没有冠军产生的情况.
【正解】可先举例说出其中的一种情况，如数学、物理、化学3门学科知识竞赛的冠军分别是甲、甲、丙，可见研究的对象是“3门学科”，只有3门学科各产生1名冠军，才完成了这件事，而4名同学不一定每人都能获得冠军，故完成这件事分三步.
第1步，产生第1个学科冠军，它一定被其中1名同学获得，有4种不同的获得情况；
第2步，产生第2个学科冠军，因为夺得第1个学科冠军的同学还可以去争夺第2个学科的冠军，所以第2个学科冠军也是由4名同学去争夺，有4种不同的获得情况；
第3步，同理，产生第3个学科冠军，也有4种不同的获得情况.
由分步乘法计数原理知，共有4×4×4=43=64种不同的冠军获得情况.
【答案】64
【易错警示】此类问题是一类元素允许重复选取的计数问题，可以用分步乘法计数原理来解决，关键是明确要完成的一件事是什么.也就是说，用分步乘法计数原理求解元素可重复选取的问题时，哪类元素必须“用完”就以哪类元素作为分步的依据.
基础训练
1．某学生去书店,发现2本不同的好书,决定至少买其中一本,则购买方式共有
A．1种 B．2种
C．3种 D．4种
2．设某班有男生30名，女生24名．现要从中选出男、女生各一名代表班级参加比赛，则不同的选法共有
A．24种 B．30种
C．54种 D．720种
3．体育场南侧有4个大门，北侧有3个大门，某人到该体育场晨练，则他进、出门的方案有
A．12种 B．7种
C．14种 D．49种
4．在一次才艺展示活动中,甲、乙、丙三位同学欲报名“朗诵比赛”、“歌唱比赛”,但学校规定每位同学限报其中的一个,且乙知道自己唱歌不如甲,若甲报唱歌比赛乙就报朗诵比赛,则他们三人不同的报名方法有
A．3种 B．6种
C．7种 D．8种
5．从1,2,3,4,5五个数中任取3个,可组成不同的等差数列的个数为
A．2 B．4
C．6 D．8
6．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有
A．12 B．24
C．36 D．40
7．若4名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有_______种.
8．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，则共有________种不同的推选方法.
9．工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓.若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓，则不同的固定螺栓方式的种数是________．
10．现从高一四个班的学生中选取34人，其中一、二、三、四班分别选取7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．
（1）每班选一名组长，有多少种不同的选法？
（2）推选两人做中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？
能力提升
11．把4张同样的参观券分给5个代表，每人最多分一张，参观券全部分完，则不同的分法共有
A．120种 B．1024种
C．625种 D．5种
12．如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中共有6个焊接点A、B、C、D、E、F，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通，现在电路不通了，那么焊接点脱落的可能性共有
A．6种 B．36种
C．63种 D．64种
13．设集合I={1，2，3，4,5}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有
A．50 种 B．49 种
C．48 种 D．47 种
14．若直线方程Ax+By=0中的A,B可以从0,1,2,3,5这5个数字中任取2个不同的数字，则方程所表示的不同直线有
A．5条 B．7条
C．12条 D．14条
15．如图所示给五个区域涂色，现有四种颜色可供选择．要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同涂色方法种数为
A．24种 B．48种
C．72种 D．96种
16．已知a∈{3,4,6}，b∈{2,5,7,8}，则方程＋＝1可表示________个不同的椭圆.
17．将黑白2个小球随机放入编号为1，2，3的三个盒子中，则黑白两球均不在1号盒子的概率为______
18．我们把个位数比十位数小的两位数称为“和谐两位数”，则1，2，3，4四个数组成的两位数中，“和谐两位数”有________个.
19．用n种不同的颜色为下列两块广告牌（如图甲、乙）着色，要求A，B，C，D四个区域中相邻（有公共边界）的区域用不同的颜色.
（1）若n=6,求为甲图着色时共有多少种不同的方法；
（2）若为乙图着色时共有120种不同方法，求n.
真题练习
20．(新课标全国Ⅱ)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为
A．24 B．18
C．12 D．9
21．(2019新课标全国Ⅲ)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，中0的个数不少于1的个数.若m=4，则不同的“规范01数列”共有
A．18个 B．16个
C．14个 D．12个
22．(2019福建模拟)满足a，b∈{?1,0,1,2}，且关于x的方程有实数解的有序数对的个数为
A．14 B．13
C．12 D．10
23．(2019山东模拟)用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为
A．243 B．252
C．261 D．279
24．(2019安徽模拟)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
参考答案
1
2
3
4
5
6
11
12
C
D
D
B
D
C
D
C
13
14
15
20
21
22
23
24
B
D
C
B
C
B
B
C
1．【答案】C
【解析】分两类:买1本书、买2本书,
各类购买方式依次有2种、1种,
故购买方式共有2+1=3种.
2．【答案】D
【解析】第一步，从30名男生中选出1人，有30种不同的选法；
第二步，从24名女生中选出1人，有24种不同的选法．
根据分步乘法计数原理得，共有30×24=720种不同的选法．
3．【答案】D
【解析】要完成进、出门这件事，需要分两步，第一步进体育场，第二步出体育场，
第一步进门有4+3=7种方法，
第二步出门也有4+3=7种方法，
由分步乘法计数原理知，进、出的方案有7×7=49种.
4．【答案】B
【解析】从甲着手分析,分两类：若甲报唱歌比赛,则乙报朗诵比赛,丙可任选,有2种报名方法；
若甲报朗诵比赛,则乙、丙均可任选,有2×2=4种报名方法.
所以共有2+4=6种不同的报名方法.
5．【答案】D
【解析】分两类:第1类,公差大于0,有①1,2,3,②2,3,4,③3,4,5,④1,3,5,共4个等差数列；
第二类,公差小于0,也有4个.
根据分类加法计数原理可知,共有4+4=8个不同的等差数列.
【名师点睛】完成这件事，只要两位数的个位、十位确定了，这件事就算完成了，因此可考虑按十位上的数字情况或按个位上的数字情况进行分类．应用分类加法计数原理解题时要注意以下三点：
（1）明确题目中所指的“完成一件事”指的是什么事，怎样才算是完成这件事．
（2）完成这件事的n类办法中的各种方法是互不相同的，无论哪类办法中的哪种方法都可以单独完成这件事．
（3）确立恰当的分类标准，这个“标准”必须满足：①完成这件事情的任何一种方法必须属于其中的一个类；②分别在不同两类中的两种方法不能相同．即不重复，无遗漏．
7．【答案】81
【解析】4名学生报名参加数学、计算机、航模兴趣小组，每人选报1项，则每人有3种报名方法，则4人共有3×3×3×3=81种方法.
8．【答案】31
【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.
9．【答案】60
【解析】第一步任意选取一个螺栓，有6种方法；
第二步，按照要求以此固定，不妨第一次固定螺栓1，则有如下的固定方法：
1,3,5,2,4,6；
1,3,5,2,6,4；
1,3,6,4,2,5；
1,5,2,4,6,3；
1,5,3,6,2,4；
1,5,3,6,4,2；
1,4,2,6,3,5；
1,4,2,5,3,6；
1,4,6,3,5,2；
1,4,6,2,5,3，
共有10种方法，
所以总共有种方法，故答案是60.
10．【解析】（1）分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长．
所以共有不同的选法N＝7×8×9×10＝5040(种)．
（2）分六类，每类又分两步：
从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；
从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；
从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；
从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；
从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；
从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．
所以，共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．
11．【答案】D
【解析】由于4张同样的参观券分给5个代表，每人最多分一张，每次分完只有一个代表队得不到，所以共有5种不同的分法．故选D．
12．【答案】C
【解析】每个焊接点都有正常与脱落两种情况，只要有一个脱落电路即不通，∴共有26－1＝63种．故选C．
13．【答案】B
【解析】按分类加法计数原理做如下讨论：
①当A中最大的数为1时，B可以是{2，3，4，5}的非空子集，即有24－1＝15种方法；
②当A中最大的数为2时，A可以是{2}或{1，2}，B可以是{3，4，5}的非空子集，即有2×(23－1)＝14种方法；
③当A中最大的数为3时，A可以是{3}，{1，3}，{2，3}，{1，2，3}，B可以是{4，5}的非空子集，即有4×(22－1)＝12种方法；
④当A中最大的数为4时，A可以是{4}，{1，4}，{2，4}，{3，4}，{1，2，4}，{1，3，4}，{2，3，4}，{1，2，3，4}，B可以是{5}，即有8×1＝8种方法.
故共有15＋14＋12＋8＝49种方法.
14．【答案】D
【解析】方法一（直接法）：本题中有特殊数字0，所以，以A,B中是否有数字0为标准进行分类，可分两类：
第1类，当A,B中有一个为0时，表示直线x=0或y=0，共2条不同直线.
第2类，当A,B都不为0时，确定直线Ax+By=0需要分两步完成：
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条不同直线.
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.
方法二（间接法）：分两步：第1步，确定A的值，有5种不同的方法；
第2步，确定B的值，有4种不同的方法.
由分步乘法计数原理知，可以确定5×4=20条直线.
在这20条直线中，A=0，B=1，2，3，5，以及B=0，A=1，2，3，5各表示一条直线，即有6条直线是重复计数的，
因此，符合条件的不同直线共有20?6=14条.
【名师点睛】间接法体现了“正难则反”的思想.若问题从正面考虑的话情况比较多,而问题的反面情况较少,且容易计数,则宜采用间接法,即先求出方法总数,再减去不符合条件的方法数或重复计数的方法数.
15．【答案】C
【解析】解法1：分两种情况：
①A、C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B、D有1种，由分步乘法计数原理知有4×3×2＝24种．
②A、C同色，先涂A有4种，E有3种，E有2种，B、D各有2种，由分步乘法计数原理知有4×3×2×2＝48种．
由分类加法计数原理知，共有72种，故选C．
解法2：先涂A，有4种涂法，再涂B、D，
①若B与D同色，则B有3种，E有2种，C有2种，共有4×3×2×2＝48种；
②若B与D不同色，则B有3种，D有2种，E有1种，C有1种，共有4×3×2×1×1＝24种，
由分类加法计数原理知，共有不同涂法48＋24＝72种．
故选C．
【名师点睛】这是一个有限制条件的计数问题，解决方法是：特殊位置、特殊元素优先安排的原则．本题是先分类再分步，而分类的标准是两个特殊位置，这样，在分类时才能做到“不重不漏”．应用两个计数原理解题时的策略：
(1)确定计数原理：要分清涉及的问题从大的方面看是利用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理，还是两种原理综合应用解题．
(2)处理好类与步的关系：对于较为复杂的题目，在某一类中需要分步计算所用的方法，而在某一步中又可能分类计算所用的方法，两者要有机结合．
(3)注意不重不漏：做到分类类不重，分步步不漏．
16．【答案】12
【解析】∵a∈{3,4,6}，b∈{2,5,7,8}，∴＋＝1可表示不同的椭圆个数为3×4＝12个．
17．【答案】
【解析】黑白两个球随机放入编号为的三个盒子中，每个球都有三种放法，故共有种放法，黑白两球均不在一号盒，都有两种放法，共有，所以黑白两球均不在一号盒的概率为，故答案为.
【名师点睛】计数原理与其他知识交汇命题，常以“个数”或“概率”形式出现，计数常采用列举数数、树状图、表格等方法．解答时，先依据其他知识转化，将所求问题归结为计数问题，再按计数原理进行计算．
19．【解析】（1）对区域A，B，C，D按顺序着色，共有6×5×4×4=480种不同的方法.
（2）对区域A，B，C，D按顺序着色，依次有n种、n?1种、n?2种和n?3种，
由分步乘法计数原理，不同的着色方法共有n(n?1)(n?2)(n?3)=120，
整理得(n2?3n)(n2?3n+2)=120，(n2?3n)2+2(n2?3n)?120=0，n2?3n?10=0或n2?3n+12=0（舍去），
解得n=5.
【名师点睛】（1）由题意知本题考查的是分步乘法计数原理，对区域A，B，C，D按顺序着色，第一块有6种方法，第二块就不能选第一块的颜色，有5种结果，以此类推，根据分步计数原理得到结果．
（2）利用分步乘法计数原理得到不同的染色方法有n(n?1)(n?2)(n?3)种，再根据共有120种结果，列出等式，解关于n的方程，即可得到结果．
对于着色问题的两种典型现象：
一是平面图涂颜色：先涂接触区域最多的一块；二是立体图涂颜色：先涂具有同一顶点的几个平面，其他平面每步涂法分类列举.
20．【答案】B
【解析】由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由乘法计数原理知，则共有6×3=18种走法，故选B.
【名师点睛】分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．
分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的．
21．【答案】C
【解析】由题意，得必有，，则具体的排法列表如下：
0
0
0
0
1
1
1
1
1
0
1
1
1
0
1
1
0
1
0
0
1
1
1
0
1
1
0
1
0
0
1
1
0
1
0
0
0
1
1
1
0
1
1
0
1
0
0
1
1
0
由上表知，不同的“规范01数列”共有14个，故选C.
【方法点拨】求解计数问题时，如果遇到情况较为复杂，即分类较多，标准也较多，同时所求计数的结果不太大时，往往利用表格法、树状图将其所有可能一一列举出来，常常会达到岀奇制胜的效果．
22．【答案】B
【解析】当时，关于x的方程为，此时有序数对均满足要求；
当时，，所以，此时满足要求的有序数对为
．
综上，共有13个满足要求的有序数对．
23．【答案】B
【解析】十个数排成不重复数字的三位数的求解方法是：
第1步，排百位数字，有9种方法(0不能作首位)；
第2步，排十位数字，有9种方法；
第3步，排个位数字，有8种方法，
根据乘法原理，共有9×9×8=648个没有重复数字的三位数．
可以组成所有三位数的个数有9×10×10=900（个），
所以可以组成有重复数字的三位数的个数为900?648=252.
24．【答案】C
【解析】如图，在上底面中选，四个侧面中的面对角线都与它成60°，共8对，同样对应的也有8对，下底面也有16对，共有32对；左右侧面与前后侧面中共有16对．所以全部共有48对．