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第1章 计数原理
第1章 计数原理
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第1章
计数原理
DIYI
ZHANG
》预习·自生学可
研读·导学·尝试
》探究呆饼讲练互动
解惑·探究·突破
将完成这件事的方法分成若干类
计数
求出每一类的方法数
结论
将每一类的方法数相加得出结果)
分步
将完成这件事的过程分成若干步
<计数
求出每一步中的方法数
结论
将每一步中的方法数相乘得最终结果1．1 两个基本计数原理
1.了解计数问题． 2.理解区分分类计数原理与分步计数原理．
3．掌握用两个基本计数原理解决简单的实际计数问题．
1．分类计数原理(加法原理)
如果完成一件事，有n类方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法，…，在第n类方式中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．
2．分步计数原理(乘法原理)
如果完成一件事，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＝m1×m2×…×mn种不同的方法．
1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在分类计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( )
(2)在分类计数原理中，每类方案中的方法都能完成这件事．( )
(3)在分步计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )
(4)在分步计数原理中，事情若是分两步完成的，那么其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有两个步骤都完成后，这件事情才算完成．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)√
2．某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，若要求从两类课程中选1门，则不同的选法共有( )
A．3种
B．4种
C．7种
D．12种
答案：C
3．已知x∈{2，3，7}，y∈{－31，－24，4}，则(x，y)可表示不同的点的个数是( )
A．1
B．3
C．6
D．9
答案：D
4．加工某个零件分三道工序，第一道工序有5人可以选择，第二道工序有6人可以选择，第三道工序有4人可以选择，从中选3人每人做一道工序，则选法有________种．
答案：120
分类计数原理的应用
在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？
【解】 法一：按十位上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个、7个、6个、5个、4个、3个、2个、1个．由分类计数原理知，满足条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个．
法二：按个位上的数字分别是2，3，4，5，6，7，8，9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个．由分类计数原理知，满足条件的两位数共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36个．
在本例条件下，个位数字小于十位数字且为偶数的两位数有多少个？
解：当个位数字是8时，十位数字取9，只有1个．
当个位数字是6时，十位数字可取7，8，9，共3个．
当个位数字是4时，十位数字可取5，6，7，8，9，共5个．
同理可知，当个位数字是2时，共7个，
当个位数字是0时，共9个．
由分类计数原理知，符合条件的两位数共有1＋3＋5＋7＋9＝25个．
利用分类计数原理计数时的解题流程
1.(1)某一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明，有7位同学只会用综合法证明，
有5位同学只会用分析法证明，现任选1名同学证明这个问题，不同的选法种数为________．
(2)一个科技小组有3名男同学，5名女同学，从中任选1名同学参加学科竞赛，不同的选派方法共有________种．
解析：(1)由分类计数原理可得，有7＋5＝12(种)不同的选法．
(2)任选1名同学参加学科竞赛，有两类方案：
第一类，从男同学中选取1名参加学科竞赛，有3种不同的选法；
第二类，从女同学中选取1名参加学科竞赛，有5种不同的选法．
由分类计数原理得，不同的选派方法共有3＋5＝8(种)．
答案：(1)12 (2)8
分步计数原理的应用
从－2，－1，0，1，2，3这六个数字中任选3个不重复的数字作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c，则可以组成抛物线的条数为多少？
【解】 由题意知a不能为0，故a的值有5种选法；b的值也有5种选法；c的值有4种选法．
由分步计数原理得：5×5×4＝100条．
1．若本例中的二次函数图象开口向下，则可以组成多少条抛物线？
解：需分三步完成，第一步确定a有两种方法，第二步确定b有5种方法，第三步确定c有4种方法，故可组成2×5×4＝40条抛物线．
2．若从本例的六个数字中选2个作为椭圆＋＝1的参数m，n，则可以组成椭圆的个数是多少？
解：据条件知m>0，n>0，且m≠n，故需分两步完成，第一步确定m，有3种方法，第二步确定n，有2种方法，故确定椭圆的个数为3×2＝6个．
利用分步计数原理计数时的解题流程
2.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
解析：选D.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，
由分步计数原理知进、出门的方案有7×7＝49种．
两个计数原理的综合应用
现有高一四个班学生34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．
(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？
(2)每班选一人任组长，有多少种不同的选法？
(3)推选二人做中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？
【解】 (1)分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；
第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；
第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；
第四类，从四班学生中选1人，有10种选法．
所以共有不同的选法N＝7＋8＋9＋10＝34(种)．
(2)分四步，第一、二、三、四步分别是从一、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＝5
040(种)．
(3)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)．
两个计数原理解题的思路
(1)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事，然后给出完成这件事的一种或几种方法，从这几种方法中归纳出解题方法．
(2)分类时标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树形图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律．
(3)混合问题一般是先分类再分步．
3.一个袋子里装有10张不同的中国移动手机卡，另一个袋子里装有12张不同的中国联通手机卡．
(1)某人要从两个袋子中任取一张自己使用的手机卡，共有多少种不同的取法？
(2)某人手机是双卡双待机，想得到一张移动手机卡和一张联通手机卡供自己今后使用，问一共有多少种不同的取法？
解：(1)从两个袋子中任取一张卡有两类情况：
第一类：从第一个袋子中取一张移动手机卡，共有10种取法，
第二类：从第二个袋子中取一张联通手机卡，共有12种取法．
根据分类计数原理，共有10＋12＝22(种)取法．
(2)想得到一张移动手机卡和一张联通手机卡可分两步进行：
第一步，从第一个袋子中任取一张移动手机卡，共有10种取法，
第二步，从第二个袋子中任取一张联通手机卡，共有12种取法．
根据分步计数原理，共有10×12＝120(种)取法．
两个计数原理的联系与区别
(1)联系
分类计数原理与分步计数原理的共同点是把一个原始的事件分解成若干个分事件来完成，它们都是关于做一件事的不同方法种数的问题．
(2)区别
分类计数原理
分步计数原理
区别一
完成一件事，共有n类方法，关键词是“分类”
完成一件事，共有n个步骤，关键词是“分步”
区别二
每类方法都能独立完成这件事，且每类方法得到的都是最后结果，只需一种方法就可以完成这件事
任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步都不能完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事
区别三
各类方法之间是互斥的、并列的、独立的
各步之间是关联的、独立的，“关联”确保不遗漏，“独立”确保不重复
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，从中选出会英语和会日语的各一人，有多少种不同的选法？
【解】 依题意得既会英语又会日语的有7＋3－9＝1人，则6人只会英语，2人只会日语．
第一类：从只会英语的6人中选一人，有6种方法，此时选一人会日语，有2＋1＝3种方法．
由分步计数原理可得N1＝6×3＝18种．
第二类：从既会英语又会日语的人中选一人，有1种方法，此时选一人会日语，有2种方法．
由分步计数原理可得N2＝1×2＝2种．
综上，由分类计数原理可知，不同选法共有N＝N1＋N2＝18＋2＝20种．
(1)本题易忽视了既会英语，又会日语的人的双重性，当从7个会英语的人中选出的1人是既会英语又会日语的，他就不可以再参加会日语的选取，因此选会日语的人时，只有2种选法了．
(2)解答此类问题，首先必须弄清是“分类”还是“分步”，其次要搞清“分类”或“分步”的具体标准是什么，选择合理的标准处理事件，关键是看能否独立完成这件事，避免计数的重复或遗漏．
1．满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为________．
解析：当a＝0时，方程化为2x＋b＝0，解得x＝－，有序数对(0，b)有4个；当a≠0时，Δ＝4－4ab≥0，得ab≤1，有序数对(－1，b)有4个，(1，b)有3个，(2，b)有2个．综上共有4＋4＋3＋2＝13(个)．
答案：13
2．从A地到B地要经过C地和D地，从A地到C地有3条路，从C地到D地有2条路，从D地到B地有4条路，则从A地到B地不同走法的种数是________．
解析：由题意从A地到B地需过C、D两地，实际就是分三步完成任务，用乘法原理得N＝3×2×4＝24(种)．
答案：24
[A 基础达标]
1．完成一项工作，有两种方法，有5个人只会用第一种方法，另外有4个人只会用第二种方法，从这9个人中选1人完成这项工作，不同的选法种数是( )
A．5
B．4
C．9
D．20
解析：选C.由分类计数原理求解，5＋4＝9(种)．故选C.
2．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，可得直角坐标系中第一、二象限不同点的个数是( )
A．18
B．16
C．14
D．10
解析：选C.分两类：第一类M中取横坐标，N中取纵坐标，共有3×2＝6(个)第一、二象限的点；第二类M中取纵坐标，N中取横坐标，共有2×4＝8(个)第一、二象限的点．综上可知，共有6＋8＝14(个)不同的点．
3．现有4名同学去听同时进行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )
A．81
B．64
C．48
D．24
解析：选A.每个同学都有3种选择，所以不同选法共有34＝81(种)，故选A.
4．如果x，y∈N，且1≤x≤3，x＋y＜7，那么满足条件的不同的有序自然数对(x，y)的个数是( )
A．15
B．12
C．5
D．4
解析：选A.分情况讨论：①当x＝1时，y＝0，1，2，3，4，5，有6种情况；
②当x＝2时，y＝0，1，2，3，4，有5种情况；
③当x＝3时，y＝0，1，2，3，有4种情况．由分类计数原理可得，满足条件的有序自然数对(x，y)的个数是6＋5＋4＝15.
5．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则不同的行车路线有( )
A．24种
B．16种
C．12种
D．10种
解析：选C.
完成该任务可分为四类，从每一个方向的入口进入都可作为一类，如图，从第1个入口进入时，有3种行车路线；同理，从第2个，第3个，第4个入口进入时，都分别有3种行车路线，由分类计数原理可得共有3＋3＋3＋3＝12种不同的行车路线，故选C.
6．已知集合A＝{0，3，4}，B＝{1，2，7，8}，集合C＝{x|x∈A或x∈B}，则当集合C中有且只有一个元素时，C的情况有________种．
解析：分两种情况：当集合C中的元素属于集合A时，有3种；当集合C中的元素属于集合B时，有4种．因为集合A与集合B无公共元素，所以集合C的情况共有3＋4＝7(种)．
答案：7
7．直线方程Ax＋By＝0，若从0，1，2，3，5，7这6个数字中每次取两个不同的数作为A，B的值，则可表示________条不同的直线．
解析：若A或B中有一个为零时，有2条；当AB≠0时，有5×4＝20条，则共有20＋2＝22条，
即所求的不同的直线共有22条．
答案：22
8．一植物园参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线种数共有________．
解析：参观路线分步完成：第一步选择三个“环形”路线中的一个，有3种方法，再按逆时针或顺时针方向参观有2种方法；第二步选择余下两个“环形”路线中的一个，有2种方法，也按逆时针或顺时针方向参观有2种方法；第三步：最后一个“环形”路线，也按逆时针或顺时针方向参观有2种方法．由分步计数原理知，共有3×2×2×2×2＝48(种)不同的参观路线．
答案：48
9．数字1，2，3可以组成多少个四位数？
解：要组成一个四位数可以分成四个步骤：第一步确定千位上的数字，从3个数字里任选一个数字，共有3种选法；第二步确定百位上的数字，依题意数字允许重复，仍有3种选法；第三步确定十位数字，同理，也有3种选法；同理，第四步确定个位数字，也有3种选法，根据分步计数原理得到可以组成的四位数的个数是：
N＝3×3×3×3＝34＝81.
10．已知集合A＝{2，4，6，8，10}，B＝{1，3，5，7，9}，在A中任取一元素m和在B中任取一元素n，组成数对(m，n)，问：(1)有多少个不同的数对？
(2)其中所取两数m＞n的数对有多少个？
解：(1)因为集合A＝{2，4，6，8，10}，B＝{1，3，5，7，9}，在A中任取一元素m和在B中任取一元素n，组成数对(m，n)，先选出m有5种结果，再选出n有5种结果，根据分步计数原理知共有5×5＝25个不同的数对．
(2)在(1)中的25个数对中所取两数m＞n的数对可以分类来解，当m＝2时，n＝1，有1种结果；当m＝4时，n＝1，3，有2种结果；当m＝6时，n＝1，3，5，有3种结果；当m＝8时，n＝1，3，5，7，有4种结果；当m＝10时，n＝1，3，5，7，9，有5种结果．综上所述共有1＋2＋3＋4＋5＝15个不同的数对．
[B 能力提升]
1．从集合{1，2，3，…，10}中任意选出3个不同的数，使这3个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )
A．3
B．4
C．6
D．8
解析：选D.以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9.以2为首项的等比数列为2，4，8.以4为首项的等比数列为4，6，9.把这4个数列的顺序颠倒，又得到4个数列，所以所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8(个)．
2．n2个人排成n行n列，若从中选出n名代表，要求每行每列都有代表，则不同的选法共有________种．
解析：分n步完成：第一步，从第1行中选一名，有n种选法；第二步，从第2行中选一名，有n－1种选法(因为要求每行每列都有代表，故第一步选出的代表所在的列不能再选)；…；依此选下去，到第n－1步，从第n－1行中选一名时，有2种选法；最后一步只有惟一的选法．根据分步计数原理，不同的选法共有n·(n－1)·(n－2)·…·2×1种．
答案：n·(n－1)·(n－2)·…·2×1
3．某节目中准备了两个信箱，其中存放着先后两次竞猜中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的结果？
解：抽奖过程分三步完成，考虑到幸运之星可分别出现在两个信箱中，故可分两种情形考虑，分两大类：
(1)幸运之星在甲箱中抽，先定幸运之星，再在两箱中各定一名幸运伙伴有30×29×20＝17
400种结果．
(2)幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30＝11
400种结果．
因此共有不同结果17
400＋11
400＝28
800种．
4．(选做题)用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图所示甲、乙)，要求在①②③④区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色．
(1)若n＝6，为甲着色时共有多少种不同方法？
(2)若为乙着色时共有120种不同方法，求n.
解：完成着色这件事，共分四个步骤，可依次考虑为①②③④着色时各自的方法数，再由分步计数原理确定总的着色方法数，因此
(1)为①着色有6种方法，为②着色有5种方法，为③着色有4种方法，为④着色也有4种方法．
所以共有着色方法为6×5×4×4＝480(种)；
(2)两个小题的区别在于与④相邻的区域由两块变成了三块．同理，不同的着色方法数是n(n－1)(n－2)(n－3)．
所以n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，
(n2－3n)(n2－3n＋2)－120＝0，
即(n2－3n)2＋2(n2－3n)－12×10＝0，
所以n2－3n－10＝0，所以n＝5.
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