(共58张PPT)
第1课时 计数原理及其简单应用
第五章 §1 基本计数原理
1.理解分类加法计数原理与分步乘法计数原理.
2.会用这两个原理分析和解决一些简单的实际计数问题.
学习目标
从我们班推选出两名同学担任班长，有多少种不同的选法？如果把我们的同学排成一排，又有多少种不同的排法？要解决这些问题，就要运用有关排列、组合知识.在运用排列、组合方法时，经常要用到分类加法计数原理与分步乘法计数原理.这节课，我们来学习这两个原理.
导语
随堂演练
课时对点练
一、分类加法计数原理
二、分步乘法计数原理
三、两个原理的简单应用
内容索引
一、分类加法计数原理
问题1 某全国人大代表明天要从济南前往北京参加会议，他有两类快捷途径可供选择：一是乘飞机，二是乘高铁，假如这天飞机有3个航班可乘，高铁有4个班次可乘.那么该代表从济南到北京共有多少种快捷途径可选呢？
提示 该代表共有3＋4＝7(种)快捷途径可选.
知识梳理
分类加法计数原理
完成一件事，可以有n类办法，在第1类办法中有m1种方法，在第2类办法中有m2种方法……在第n类办法中有mn种方法.那么，完成这件事共有N＝
种方法.(也称“加法原理”)
注意点：
(1)完成这件事的若干种方法可以分成n类；
(2)每类方法都可以完成这件事，且类与类之间两两不交.
m1＋m2＋…＋mn
例1 (1)设集合A＝{1,2,3,4}，m，n∈A，则方程
表示焦点位于x轴上的椭圆有
A.6个
B.8个
C.12个
D.16个
√
解析 因为椭圆的焦点在x轴上，所以m>n.
当m＝4时，n＝1,2,3；
当m＝3时，n＝1,2；
当m＝2时，n＝1，
即所求的椭圆共有3＋2＋1＝6(个).
延伸探究 条件不变，结论变为“则方程
表示焦点位于x轴上的双曲线”有
A.6个
B.8个
C.12个
D.16个
√
解析 因为双曲线的焦点在x轴上，所以m＞0，n＞0，
当m＝1时，n＝1,2,3,4；
当m＝2时，n＝1,2,3,4；
当m＝3时，n＝1,2,3,4；
当m＝4时，n＝1,2,3,4，
即所求的双曲线共有4＋4＋4＋4＝16(个).
(2)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为___.
36
解析 方法一 根据题意，将十位上的数字按1,2,3,4,5,6,7,8的情况分成8类，
在每一类中满足题目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.
由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个).
方法二 分析个位数字，可分以下几类：
个位数字是9，则十位数字可以是1,2,3，…，8中的一个，故共有8个；
个位数字是8，则十位数字可以是1,2,3，…，7中的一个，故共有7个；
同理，个位数字是7的有6个；
……
个位数字是2的有1个.
由分类加法计数原理知，
符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个).
反思感悟 (1)分类时，首先要根据问题的特点确定一个合适的分类标准，然后在这个标准下分类，要做到分类“不重不漏”.
(2)利用分类加法计数原理计数时的解题流程.
跟踪训练1 (1)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.
8
解析 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.
由分类加法计数原理得，不同的选派方法共有3＋5＝8(种).
(2)若x，y∈N＋，且x＋y≤6，则有序自然数对(x，y)共有___个.
15
解析 将满足条件x，y∈N＋，且x＋y≤6的x的值进行分类：
当x＝1时，y可取的值为5,4,3,2,1，共5个；
当x＝2时，y可取的值为4,3,2,1，共4个；
当x＝3时，y可取的值为3,2,1，共3个；
当x＝4时，y可取的值为2,1，共2个；
当x＝5时，y可取的值为1，共1个.
即当x＝1,2,3,4,5时，y的值依次有5,4,3,2,1个，
由分类加法计数原理得，不同的数对(x，y)共有5＋4＋3＋2＋1＝15(个).
二、分步乘法计数原理
问题2 用前6个大写英文字母和1～9九个阿拉伯数字，以A1，A2，…，B1，B2，…的方式给教室里的座位编号，总共能编出多少个不同的号码？
提示 编写一个号码要先确定一个英文字母，后确定一个阿拉伯数字，
由于前6个英文字母中的任意一个都能与9个数字中的任何一个组成一个号码，而且它们各不相同，
因此共有6×9＝54(个)不同的号码.
知识梳理
分步乘法计数原理
完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，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＝
种方法.(也称“乘法原理”)
注意点：
(1)完成一件事有多个步骤，缺一不可；
(2)每一步都有若干种方法.
m1·m2·…·mn
例2 (1)4名同学报名参加跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，不同的报名方法数有
A.43
B.34
C.7
D.12
解析 要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，
因为每人必报一项，四人都报完才算完成，
于是按人分步，且分为四步，
又每人可在三项中选一项，选法为3种，
所以共有3×3×3×3＝34(种)报名方法.
√
延伸探究 4名同学争夺跑步、跳高、跳远三个项目的冠军(每项冠军只允许一人获得)，共有多少种可能的结果？
解 要完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，
因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，
于是应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步，
而每项冠军是四人中的某一人，有4种可能的情况，
于是共有4×4×4＝64(种)可能的结果.
(2)人们习惯把最后一位是6的多位数叫作“吉祥数”，则无重复数字的四位吉祥数(首位不能是零)共有_____个.
解析 第一步，确定千位，除去0和6，有8种不同的选法；
第二步，确定百位，除去6和千位数字外，有8种不同的选法；
第三步，确定十位，除去6和千位、百位上的数字外，有7种不同的选法.
故共有8×8×7＝448(个)不同的“吉祥数”.
448
反思感悟 利用乘法计数原理解题的注意点及解题思路
(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.
解析 按从左到右的顺序拨号可以分四步完成：
第一步，有10种拨号方式，所以m1＝10；
第二步，有10种拨号方式，所以m2＝10；
第三步，有10种拨号方式，所以m3＝10；
第四步，有10种拨号方式，所以m4＝10.
根据分步乘法计数原理，共可以组成N＝10×10×10×10＝10
000(个)四位数的号码.
跟踪训练2 (1)一种号码锁有4个拨号盘，每个拨号盘上有从0到9共十个数字，这4个拨号盘可以组成_______个四位数的号码(各位上的数字允许重复).
10
000
解析 一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，
由分步乘法计数原理知，共有不同的二次函数3×3×2＝18(个).
若二次函数为偶函数，则b＝0.
a的取法有3种，c的取法有2种，
由分步乘法计数原理知，共有不同的偶函数3×2＝6(个).
(2)从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，可组成不同的二次函数共___个，其中不同的偶函数共__个.(用数字作答)
18
6
三、两个原理的简单应用
例3 现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画.
(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？
解 分为三类：
从国画中选，有5种不同的选法；
从油画中选，有2种不同的选法；
从水彩画中选，有7种不同的选法.
根据分类加法计数原理，共有5＋2＋7＝14(种)不同的选法.
(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间，有几种不同的选法？
解 分为三步：
国画、油画、水彩画各有5种，2种，7种不同的选法，
根据分步乘法计数原理，共有5×2×7＝70(种)不同的选法.
(3)从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间，有几种不同的选法？
解 分为三类：
第一类是一幅选自国画，一幅选自油画，由分步乘法计数原理知，有5×2＝10(种)不同的选法；
第二类是一幅选自国画，一幅选自水彩画，有5×7＝35(种)不同的选法；
第三类是一幅选自油画，一幅选自水彩画，有2×7＝14(种)不同的选法.
所以共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法.
反思感悟 (1)在处理具体的应用题时，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.
(2)对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰.
跟踪训练3 集合A＝{1,2，－3}，B＝{－1，－2,3,4}，从A，B中各取1个元素，作为点P(x，y)的坐标.
(1)可以得到多少个不同的点？
解 可分为两类：
A中元素为x，B中元素为y或A中元素为y，B中元素为x，
则共得到3×4＋4×3＝24(个)不同的点.
(2)这些点中，位于第一象限的有几个？
解 第一象限内的点，即x，y均为正数，
所以只能取A，B中的正数，
共有2×2＋2×2＝8(个)不同的点.
1.知识清单：
(1)分类加法计数原理.
(2)分步乘法计数原理.
2.方法归纳：分类讨论.
3.常见误区：“分类”与“分步”不清，导致计数错误.
课堂小结
随堂演练
1.某学生去书店，发现3本好书，决定至少买其中1本，则购买方式共有
A.3种
B.6种
C.7种
D.9种
1
2
3
4
√
解析 分3类：买1本书，买2本书和买3本书.
各类的购买方式依次有3种、3种和1种，
故购买方式共有3＋3＋1＝7(种).
1
2
3
4
2.现有3名老师、8名男生和5名女生共16人.若需1名老师和1名学生参加评选会议，则不同的选法种数为
A.39
B.24
C.15
D.16
√
解析 先从3名老师中任选1名，有3种选法，
再从13名学生中任选1名，有13种选法.
由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为3×13＝39.
1
2
3
4
3.现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的1个讲座，不同选法的种数是
A.56
B.65
C.30
D.11
√
解析 第一名同学有5种选择方法，第二名也有5种选择方法，…，依次，第六名同学有5种选择方法，
综上，6名同学共有56种不同的选法.
1
2
3
4
4.5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员.现从中选出3名队员参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员的选法有___种.(用数字作答)
解析 分为两类：第一类是2名老队员、1名新队员，有3种选法；
第二类是2名新队员、1名老队员，有2×3＝6(种)选法，
即共有9种不同的选法.
9
课时对点练
基础巩固
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
1.某同学从4本不同的科普杂志，3本不同的文摘杂志，2本不同的娱乐新闻杂志中任选1本阅读，则不同的选法共有
A.24种
B.9种
C.3种
D.26种
√
解析 不同的杂志本数为4＋3＋2＝9，从其中任选1本阅读，共有9种选法.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2.给一些书编号，准备用3个字符，其中首字符用A，B，后两个字符用a，b，c(允许重复)，则不同编号的书共有
A.8本
B.9本
C.12本
D.18本
√
解析 需分三步完成：
第一步首字符有2种编法；
第二步，第二个字符有3种编法；
第三步，第三个字符有3种编法，
故由分步乘法计数原理知不同编号的书共有2×3×3＝18(本).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
3.已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为
A.40
B.16
C.13
D.10
解析 分两类情况讨论：
第一类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；
第二类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面.
根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13(个)不同的平面.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
4.十字路口来往的车辆，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
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析 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，
由分类加法计数原理可得共有3＋3＋3＋3＝12(种)不同的行车路线，故选C.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
5.从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有
A.30个
B.42个
C.36个
D.35个
√
解析 要完成这件事可分两步，
第一步确定b(b≠0)，有6种方法，
第二步确定a，有7种方法，
故由分步乘法计数原理知，共有6×7＝42(个)虚数.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
6.满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序实数对(a，b)的个数为
A.14
B.13
C.12
D.10
√
解析 由已知得ab≤1.
当a＝－1时，b＝－1,0,1,2，有4种可能；
当a＝0时，b＝－1,0,1,2，有4种可能；
当a＝1时，b＝－1,0,1，有3种可能；
当a＝2时，b＝－1,0，有2种可能.
∴共有(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
7.某小区有4个门，为应对疫情防控需求，规定只能从主门进，从任一个门出，共有不同走法___种.
解析 由分步乘法计数原理得共有1×4＝4(种)走法.
4
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
8.用1,2,3这3个数字可写出没有重复数字的整数有___个.
15
解析 分三类：
第一类为一位整数，有3个；
第二类为两位整数，有12,13,21,23,31,32，共6个；
第三类为三位整数，有123,132,213,231,312,321，共6个.
∴可写出没有重复数字的整数有3＋6＋6＝15(个).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
9.有一项活动，需从3位教师、8名男同学和5名女同学中选人参加.
(1)若只需1人参加，则有多少种不同的选法？
解 选1人，可分3类：
第1类，从教师中选1人，有3种不同的选法；
第2类，从男同学中选1人，有8种不同的选法；
第3类，从女同学中选1人，有5种不同的选法.
共有3＋8＋5＝16(种)不同的选法.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
(2)若需教师、男同学、女同学各1人参加，则有多少种不同的选法？
解 选教师、男同学、女同学各1人，分3步进行：
第1步，选教师，有3种不同的选法；
第2步，选男同学，有8种不同的选法；
第3步，选女同学，有5种不同的选法.
共有3×8×5＝120(种)不同的选法.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
10.用0,1,2,3,4,5这6个数字组成无重复数字的四位数，若把每位数字比其左邻的数字小的数叫做“渐降数”，求上述四位数中“渐降数”的个数.
解 分三类：
第一类，千位数字为3时，要使四位数为“渐降数”，则四位数只有3
210，共1个；
第二类，千位数字为4时，“渐降数”有4
321,4
320,4
310,4
210，共4个；
第三类，千位数字为5时，“渐降数”有5
432,5
431,5
430,5
421,5
420,
5
410,5
321,5
320,5
310,5
210，共10个.
由分类加法计数原理，得共有1＋4＋10＝15(个)“渐降数”.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
综合运用
11.某班小张等4位同学报名参加A，B，C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有
A.27种
B.36种
C.54种
D.81种
√
解析 小张的报名方法有2种，其他3位同学各有3种，
根据分步乘法计数原理，共有2×3×3×3＝54(种)不同的报名方法.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
12.计划在4个体育馆举办排球、篮球、足球3个项目的比赛，每个项目的比赛只能安排在一个体育馆进行，则在同一个体育馆比赛的项目不超过2项的安排方案共有
A.24种
B.36种
C.42种
D.60种
√
解析 把3个项目分配到4个体育馆，所有方案共有4×4×4＝64(种)，
其中，3个项目被分配到同一体育馆进行有4种方法，
故满足条件的分配方案有64－4＝60(种).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
13.从集合{1,2,3,4,5}中任取2个不同的数，作为直线Ax＋By＝0的系数，则形成不同的直线最多有
A.18条
B.20条
C.25条
D.10条
解析 第一步取A的值，有5种取法，
第二步取B的值有4种取法，其中当A＝1，B＝2时，与A＝2，B＝4时是相同的；当A＝2，B＝1时，与A＝4，B＝2时是相同的，
故共有5×4－2＝18(条).
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
14.(多选)已知集合A＝{－1,2,3,4}，m，n∈A，则对于方程
的说法正确的是
A.可表示3个不同的圆
B.可表示6个不同的椭圆
C.可表示3个不同的双曲线
D.表示焦点位于x轴上的椭圆有3个
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
故有3个，选项A正确；
焦点在x，y轴上的椭圆分别有3个，故有3×2＝6(个)，选项B正确，D正确；
故有3×1＋1×3＝6个，选项C错误.
拓广探究
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
15.如图所示，小圆圈表示网络的结点，结点之间的线段表示它们有网线相连，连线标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量.现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为
A.26
B.24
C.20
D.19
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析 因信息可以分开沿不同的路线同时传递，
由分类加法计数原理，完成从A向B传递有四种方法：
12→5→3,12→6→4,12→6→7,12→8→6，
故单位时间内传递的最大信息量为四条不同网线上传递的最大信息量的和：3＋4＋6＋6＝19.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
16.用1,2,3,4四个数字(可重复)排成三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{an}.
(1)写出这个数列的前11项.
解 111,112,113,114,121,122,123,124,131,132,133.
(2)这个数列共有多少项？
解 这个数列的项数就是用1,2,3,4排成的三位数的个数，每个数位上都有4种排法，
则共有4×4×4＝64(项).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
(3)若an＝341，求n.
解 比an＝341小的数有两类：
①
1
×
×
2
×
×
②
3
1
×
3
2
×
3
3
×
共有2×4×4＋1×3×4＝44(项).
所以n＝44＋1＝45(项).(共57张PPT)
第2课时 计数原理的综合应用
第五章 §1 基本计数原理
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
随着人们生活水平的提高，车辆拥有量迅速增长，汽车牌号仅用一个字母和数字表示已经不能满足需求，再加上许多车主还希望车牌号“个性化”，因此，汽车号码需要进行扩容，这样就需要“数出”某种方案下的所有号码数，号码的个数是如何进行计算的呢？
导语
随堂演练
课时对点练
一、组数问题
二、抽取与分配问题
三、涂色与种植问题
内容索引
一、组数问题
例1 用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字且比2
000大的四位偶数？
解 完成这件事可分为三类：
第一类是个位数字为0的比2
000大的四位偶数，可以分三步完成：
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个数字可以选择，有4种选法；
第三步，选取十位上的数字，有3种选法.
由分步乘法计数原理知，这类数的个数为4×4×3＝48.
第二类是个位数字为2的比2
000大的四位偶数，可以分三步完成：
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2个数字之后，还有4个数字可以选择，有4种选法；
第三步，选取十位上的数字，有3种选法.
由分步乘法计数原理知，这类数的个数为3×4×3＝36.
第三类是个位数字为4的比2
000大的四位偶数，其方法步骤同第二类.
对以上三类用分类加法计数原理，得所求无重复数字且比2
000大的四位偶数有48＋36＋36＝120(个).
反思感悟 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)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 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；
如果是第二种偶奇奇的情况：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)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
解析 0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，
∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个).
√
二、抽取与分配问题
例2 (1)高三年级的四个班到甲、乙、丙、丁、戊五个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有
A.360种
B.420种
C.369种
D.396种
√
解析 方法一 (直接法)
以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为四类：
第一类，四个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况；
第二类，有三个班级去甲工厂，剩下的一个班级去另外四个工厂，其分配方案共有4×4＝16(种)；
第三类，有两个班级去甲工厂，另外两个班级去其他四个工厂，其分配方案共有6×4×4＝96(种)；
第四类，有一个班级去甲工厂，其他三个班级去另外四个工厂，其分配方案有4×4×4×4＝256(种).
综上所述，不同的分配方案有1＋16＋96＋256＝369(种).
方法二 (间接法)
先计算四个班自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，
即5×5×5×5－4×4×4×4＝369(种)方案.
(2)甲、乙、丙、三人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数有___.
解析 不妨由甲先来取，共2种取法，
而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，余下来的人，都只有了一种选择，
所以不同取法共有2×1×1＝2(种).
2
延伸探究 若将“甲、乙、丙、三人”改为“甲、乙、丙、丁四人”，其它条件不变，则有多少种不同的取法？
解 不妨由甲先来取，共3种取法，
而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，共3种取法，余下来的人，都只有了一种选择，
所以不同取法共有3×3×1×1＝9(种).
反思感悟 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.
跟踪训练2 (1)有4位老师在同一年级的4个班级中各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监考，则安排监考的方法种数是
A.11
B.10
C.9
D.8
√
解析 方法一 设四个班级分别是A，B，C，D，它们的老师分别是a，b，c，d，并设a监考的是B，
则剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级，共有3种不同的方法；
同理当a监考C，D时，剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级也各有3种不同的方法.
这样，由分类加法计数原理知共有3＋3＋3＝9(种)不同的安排方法.
方法二 让a先选，可从B，C，D中选一个，即有3种选法.
若选的是B，则b从剩下的3个班级中任选一个，也有3种选法，剩下的两个老师都只有一种选法，
根据分步乘法计数原理知，共有3×3×1×1＝9(种)不同的安排方法.
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.
(2)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，若其中甲、乙2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
√
三、涂色与种植问题
例3 (1)如图所示，有A，B，C，D四个区域，用红、黄、蓝三种颜色涂色，要求任意两个相邻区域的颜色各不相同，共有___种不同的涂法.
解析 ①若A，C涂色相同，则按照分步乘法计数原理，A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3,2,1,2，
则有3×2×1×2＝12(种)不同的涂法.
②若A，C涂色不相同，则按照分步乘法计数原理，A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3,2,1,1，
则有3×2×1×1＝6(种)不同的涂法.
所以根据分类加法计数原理，共有12＋6＝18(种)不同的涂法.
18
(2)从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，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
反思感悟 涂色与种植问题的四个解答策略
涂色与种植问题是考查计数方法的一种常见问题，由于这类问题常常涉及分类与分步，所以在高考题中经常出现，处理这类问题的关键是要找准分类标准，求解涂色与种植问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用的方法有：
(1)按区域的不同以区域为主分步计数，并用分步乘法计数原理计算.
(2)以颜色(种植作物)为主分类讨论法，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理计算.
(3)将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题.
(4)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____.
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.
420
(2)如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，共有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有____种(以数字作答).
72
解析 ①当使用4种颜色时，先着色第1区域，有4种方法，剩下3种颜色涂其他4个区域，
即有1种颜色涂相对的2块区域，有3×2×2＝12(种)，
由分步乘法计数原理得，共有4×12＝48(种).
②当使用3种颜色时，从4种颜色中选取3种，有4种方法，先着色第1区域，有3种方法，剩下2种颜色涂4个区域，只能是一种颜色涂第2,4区域，另一种颜色涂第3,5区域，有2种着色方法.
由分步乘法计数原理得有4×3×2＝24(种).
综上，共有48＋24＝72(种).
1.知识清单：
(1)两个计数原理的区别与联系.
(2)两个计数原理的应用：组数问题、选取问题、涂色问题及种植问题.
2.方法归纳：分类讨论、正难则反.
3.常见误区：分类标准不明确，会出现重复或遗漏问题.
课堂小结
随堂演练
1.某乒乓球队里有6名男队员，5名女队员，从中选取男、女队员各1名组成混合双打队，则不同的组队方法的种数为
A.11
B.30
C.56
D.65
1
2
3
4
√
解析 先选1名男队员，有6种方法，再选1名女队员，有5种方法，
故共有6×5＝30(种)不同的组队方法.
1
2
3
4
2.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 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；
第三类组成三位整数，其中偶数有2个.
由分类加法计数原理知共有偶数5个.
1
2
3
4
3.甲、乙、丙三人踢毽子，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 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3＋3＝6(种)不同的传法.
1
2
3
4
4.如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂1种颜色，要求相邻的2个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有____种.(用数字作答)
解析 首先给最左边的一个格子涂色，有6种选择，左边第二个格子有5种选择，第三个格子有5种选择，第四个格子也有5种选择，
根据分步乘法计数原理得，共有6×5×5×5＝750(种)涂色方法.
750
课时对点练
基础巩固
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
1.某城市的电话号码由七位升为八位(首位数字均不为零)，则该城市可增加的电话部数是
A.9×8×7×6×5×4×3×2
B.8×97
C.9×107
D.8.1×107
√
解析 电话号码是七位数字时，该城市可安装电话9×106部，
同理升为八位时为9×107部，
所以可增加的电话部数是9×107－9×106＝8.1×107.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2.6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为
A.144
B.120
C.72
D.24
√
解析 先将3把空椅子隔开摆放，此时3把空椅子中间和两边共有4个空隙供3人(不妨记为甲、乙、丙)选择就座，
因此可分三步：
甲从4个空隙中任选一个空隙，有4种不同的选择；
乙从余下的3个空隙中任选一个空隙，有3种不同的选择；
丙从余下的2个空隙中任选一个空隙，有2种不同的选择.
根据分步乘法计数原理，得任何两人不相邻的坐法种数为4×3×2＝24.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
3.某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左数第2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10个数字中选择(数字可以重复).若某车主第1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，则他可选的车牌号码的所有可能情况有
A.180种
B.360种
C.720种
D.960种
解析 按照车主的要求，从左到右第1个号码有5种选法，第2个号码有3种选法，其余3个号码各有4种选法，
因此共有5×3×4×4×4＝960(种)情况.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
4.一植物园的参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有
A.6种
B.8种
C.36种
D.48种
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析 选择参观路线分步完成：
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；
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.
由分步乘法计数原理知，共有3×2×2×2×2＝48(种)方法，故选D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
5.中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，三位同学按甲、乙、丙的顺序依次选一个作为礼物，如果让三位同学选取的礼物都满意，那么不同的选法有
A.360种
B.50种
C.60种
D.90种
√
解析 ①甲同学选择牛，乙有2种选法，丙有10种选法，选法有1×2×10＝20(种)，
②甲同学选择马，乙有3种选法，丙有10种选法，选法有1×3×10＝30(种)，
所以共有20＋30＝50(种)选法.故选B.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
6.体育老师把9个相同的足球放入编号为1,2,3的三个箱子中，要求每个箱子放球的个数不少于其编号，则不同的放球方法有
A.8种
B.10种
C.12种
D.16种
√
解析 首先在三个箱子中放入个数与编号相同的球，
这样剩下三个足球，这三个足球可以随意放置，
第一种方法，可以在每一个箱子中放一个，有1种结果；
第二种方法，可以把球分成两份，1和2，这两份在三个位置，有3×2＝6(种)结果；
第三种方法，可以把三个球都放到一个箱子中，有3种结果.
综上可知共有1＋6＋3＝10(种)结果.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
7.如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中与正八边形有公共边的三角形有___个.
解析 满足条件的有两类：
第一类：与正八边形有两条公共边的三角形有8个；
第二类：与正八边形有一条公共边的三角形有8×4＝32(个)，
所以满足条件的三角形共有8＋32＝40(个).
40
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
8.用数字1,2组成一个四位数，则数字1,2都出现的四位偶数有__个.
7
解析 由四位数是偶数，知最后一位是2.
在四位数中，当出现1个1时，有1
222,2
122,2
212，共3个，
当出现2个1时，有1
122,1
212,2
112，共3个，
当出现3个1时，只有1
112这1个四位偶数，
故数字1,2都出现的四位偶数有3＋3＋1＝7(个).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
9.将三个分别标有A，B，C的球随机放入编号为1,2,3,4的四个盒子中.
求：(1)1号盒中无球的不同放法种数；
解 1号盒中无球即A，B，C三个球只能放入2,3,4号盒子中，
有33＝27(种)放法.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
(2)1号盒中有球的不同放法种数.
解 1号盒中有球可分三类：
一类是1号盒中有一个球，共有3×32＝27(种)放法，
一类是1号盒中有两个球，共有3×3＝9(种)放法，
一类是1号盒中有三个球，有1种放法.
共有27＋9＋1＝37(种)放法.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
10.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？
解 方法一 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试验田也有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)种植方法.
第四步，由分步乘法计数原理得，
共有N＝4×3×7＝84(种)不同的种植方法.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
方法二 (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得，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得，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得，共有N＝36＋48＝84(种)种植方法.·
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析 假设第一行为1,2,3，
则第二行第一列可为2或3，此时其他剩余的空格都只有一种填法，
又第一行有3×2×1＝6(种)填法.
故不同的填写方法共有6×2＝12(种).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
综合运用
11.将1,2,3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，如图是一种填法，则不同的填写方法共有
A.6种
B.12种
C.24种
D.48种
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
12.某公司新招聘进8名员工，平均分给甲、乙两个部门，其中2名英语翻译人员不能分给同一个部门，另外3名电脑编程人员也不能分给同一个部门，则不同的分配方案种数是
A.18
B.24
C.36
D.72
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析 由题意可得，分两类：
①甲部门要2名电脑编程人员，则有3种方法；翻译人员的分配有2种方法；再从剩下的3个人中选1人，有3种方法，共3×2×3＝18(种)分配方案.
②甲部门要1名电脑编程人员，则有3种方法；翻译人员的分配有2种方法；再从剩下的3个人中选2人，方法有3种，共3×2×3＝18(种)分配方案.
由分类加法计数原理，可得不同的分配方案共有18＋18＝36(种).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
13.用0,1,2,3,4组成没有重复数字的全部五位数中，若按从小到大的顺序排列，则数字12
340应是第几个数
A.6
B.8
C.9
D.10
解析 前两位为10的有3×2×1＝6(个)，
前三位为120的有2×1＝2(个)，
前三位为123的有12
304,12
340，
故12
340为第10个数.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
14.现有五种不同的颜色，要对图形中的四个部分进行着色，要求有公共边的两块不能用同一种颜色，不同的涂色方法有____种.
解析 依次给区域Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ涂色分别有5,4,3,3种方法，
根据分步乘法计数原理，不同的涂色方法的种数为5×4×3×3＝180.
180
拓广探究
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
15.现有某类病毒记作XmYn，其中正整数m，n(m≤7，n≤9)可以任意选取，
则不同的选取种数为____，m，n都取到奇数的概率为____.
63
解析 因为正整数m，n满足m≤7，n≤9，
所以(m，n)所有可能的取值有7×9＝63(种)，
其中m，n都取到奇数的情况有4×5＝20(种)，
解 先种植a1部分，有3种不同的种植方法，再种植a2，a3部分.
因为a2，a3与a1的颜色不同，a2，a3的颜色也不同，
所以由分步乘法计数原理，不同的种植方法有3×2×1＝6(种).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
16.一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为n(n≥3，n∈N＋)等份，种植红、黄、蓝三种颜色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花.
(1)如图①，圆环分成3等份，分别为a1，a2，a3，则有多少种不同的种植方法？
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
(2)如图②，圆环分成4等份，分别为a1，a2，a3，a4，则有多少种不同的种植方法？
解 当a1，a3不同色时，
有3×2×1×1＝6(种)种植方法，当a1，a3同色时，
有3×2×1×2＝12(种)种植方法，
由分类加法计数原理得，共有6＋12＝18(种)种植方法.第2课时 计数原理的综合应用
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区别.2.会正确应用这两个计数原理计数．
导语
随着人们生活水平的提高，车辆拥有量迅速增长，汽车牌号仅用一个字母和数字表示已经不能满足需求，再加上许多车主还希望车牌号“个性化”，因此，汽车号码需要进行扩容，这样就需要“数出”某种方案下的所有号码数，号码的个数是如何进行计算的呢？
一、组数问题
例1 用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字且比2
000大的四位偶数？
解 完成这件事可分为三类：
第一类是个位数字为0的比2
000大的四位偶数，可以分三步完成：
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个数字可以选择，有4种选法；
第三步，选取十位上的数字，有3种选法．
由分步乘法计数原理知，这类数的个数为4×4×3＝48.
第二类是个位数字为2的比2
000大的四位偶数，可以分三步完成：
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2个数字之后，还有4个数字可以选择，有4种选法；
第三步，选取十位上的数字，有3种选法．
由分步乘法计数原理知，这类数的个数为3×4×3＝36.
第三类是个位数字为4的比2
000大的四位偶数，其方法步骤同第二类．
对以上三类用分类加法计数原理，得所求无重复数字且比2
000大的四位偶数有48＋36＋36＝120(个)．
反思感悟 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)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
答案 B
解析 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；如果是第二种偶奇奇的情况：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)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
答案 B
解析 0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，
∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．
二、抽取与分配问题
例2 (1)高三年级的四个班到甲、乙、丙、丁、戊五个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有( )
A．360种
B．420种
C．369种
D．396种
答案 C
解析 方法一 (直接法)
以甲工厂分配班级情况进行分类，共分为四类：
第一类，四个班级都去甲工厂，此时分配方案只有1种情况；
第二类，有三个班级去甲工厂，剩下的一个班级去另外四个工厂，其分配方案共有4×4＝16(种)；
第三类，有两个班级去甲工厂，另外两个班级去其他四个工厂，其分配方案共有6×4×4＝96(种)；
第四类，有一个班级去甲工厂，其他三个班级去另外四个工厂，其分配方案有4×4×4×4＝256(种)．
综上所述，不同的分配方案有1＋16＋96＋256＝369(种)．
方法二 (间接法)
先计算四个班自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即5×5×5×5－4×4×4×4＝369(种)方案．
(2)甲、乙、丙、三人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己的贺卡，则不同取法的种数有________．
答案 2
解析 不妨由甲先来取，共2种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，余下来的人，都只有了一种选择，所以不同取法共有2×1×1＝2(种)．
延伸探究 若将“甲、乙、丙、三人”改为“甲、乙、丙、丁四人”，其它条件不变，则有多少种不同的取法？
解 不妨由甲先来取，共3种取法，而甲取到谁的将由谁在甲取后第二个来取，共3种取法，余下来的人，都只有了一种选择，所以不同取法共有3×3×1×1＝9(种)．
反思感悟 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．
跟踪训练2 (1)有4位老师在同一年级的4个班级中各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监考，则安排监考的方法种数是( )
A．11
B．10
C．9
D．8
答案 C
解析 方法一 设四个班级分别是A，B，C，D，它们的老师分别是a，b，c，d，并设a监考的是B，则剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级，共有3种不同的方法；同理当a监考C，D时，剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级也各有3种不同的方法．这样，由分类加法计数原理知共有3＋3＋3＝9(种)不同的安排方法．
方法二 让a先选，可从B，C，D中选一个，即有3种选法．若选的是B，则b从剩下的3个班级中任选一个，也有3种选法，剩下的两个老师都只有一种选法，根据分步乘法计数原理知，共有3×3×1×1＝9(种)不同的安排方法．
(2)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，若其中甲、乙2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
答案 B
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．
三、涂色与种植问题
例3 (1)如图所示，有A，B，C，D四个区域，用红、黄、蓝三种颜色涂色，要求任意两个相邻区域的颜色各不相同，共有________种不同的涂法．
答案 18
解析 ①若A，C涂色相同，则按照分步乘法计数原理，A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3,2,1,2，
则有3×2×1×2＝12(种)不同的涂法．
②若A，C涂色不相同，则按照分步乘法计数原理，A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3,2,1,1，则有3×2×1×1＝6(种)不同的涂法．
所以根据分类加法计数原理，共有12＋6＝18(种)不同的涂法．
(2)从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，则有________种不同的种植方法．
答案 18
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．
反思感悟 涂色与种植问题的四个解答策略
涂色与种植问题是考查计数方法的一种常见问题，由于这类问题常常涉及分类与分步，所以在高考题中经常出现，处理这类问题的关键是要找准分类标准，求解涂色与种植问题一般是直接利用两个计数原理求解，常用的方法有：
(1)按区域的不同以区域为主分步计数，并用分步乘法计数原理计算．
(2)以颜色(种植作物)为主分类讨论法，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理计算．
(3)将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题．
(4)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________．
答案 420
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)如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，共有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有________种(以数字作答)．
答案 72
解析 ①当使用4种颜色时，先着色第1区域，有4种方法，剩下3种颜色涂其他4个区域，即有1种颜色涂相对的2块区域，有3×2×2＝12(种)，由分步乘法计数原理得，共有4×12＝48(种)．
②当使用3种颜色时，从4种颜色中选取3种，有4种方法，先着色第1区域，有3种方法，剩下2种颜色涂4个区域，只能是一种颜色涂第2,4区域，另一种颜色涂第3,5区域，有2种着色方法．由分步乘法计数原理得有4×3×2＝24(种)．综上，共有48＋24＝72(种)．
1．知识清单：
(1)两个计数原理的区别与联系．
(2)两个计数原理的应用：组数问题、选取问题、涂色问题及种植问题．
2．方法归纳：分类讨论、正难则反．
3．常见误区：分类标准不明确，会出现重复或遗漏问题．
1．某乒乓球队里有6名男队员，5名女队员，从中选取男、女队员各1名组成混合双打队，则不同的组队方法的种数为( )
A．11
B．30
C．56
D．65
答案 B
解析 先选1名男队员，有6种方法，再选1名女队员，有5种方法，故共有6×5＝30(种)不同的组队方法．
2．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
答案 D
解析 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；第三类组成三位整数，其中偶数有2个．由分类加法计数原理知共有偶数5个．
3．甲、乙、丙三人踢毽子，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
答案 C
解析 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3＋3＝6(种)不同的传法．
4.如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂1种颜色，要求相邻的2个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有________种．(用数字作答)
答案 750
解析 首先给最左边的一个格子涂色，有6种选择，左边第二个格子有5种选择，第三个格子有5种选择，第四个格子也有5种选择，根据分步乘法计数原理得，共有6×5×5×5＝750(种)涂色方法．
课时对点练
1．某城市的电话号码由七位升为八位(首位数字均不为零)，则该城市可增加的电话部数是( )
A．9×8×7×6×5×4×3×2
B．8×97
C．9×107
D．8.1×107
答案 D
解析 电话号码是七位数字时，该城市可安装电话9×106部，同理升为八位时为9×107部，所以可增加的电话部数是9×107－9×106＝8.1×107.
2．6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )
A．144
B．120
C．72
D．24
答案 D
解析 先将3把空椅子隔开摆放，此时3把空椅子中间和两边共有4个空隙供3人(不妨记为甲、乙、丙)选择就座，因此可分三步：甲从4个空隙中任选一个空隙，有4种不同的选择；乙从余下的3个空隙中任选一个空隙，有3种不同的选择；丙从余下的2个空隙中任选一个空隙，有2种不同的选择．根据分步乘法计数原理，得任何两人不相邻的坐法种数为4×3×2＝24.
3．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左数第2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10个数字中选择(数字可以重复)．若某车主第1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，则他可选的车牌号码的所有可能情况有( )
A．180种
B．360种
C．720种
D．960种
答案 D
解析 按照车主的要求，从左到右第1个号码有5种选法，第2个号码有3种选法，其余3个号码各有4种选法，因此共有5×3×4×4×4＝960(种)情况．
4．一植物园的参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有( )
A．6种
B．8种
C．36种
D．48种
答案 D
解析 选择参观路线分步完成：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；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．由分步乘法计数原理知，共有3×2×2×2×2＝48(种)方法，故选D.
5．中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，三位同学按甲、乙、丙的顺序依次选一个作为礼物，如果让三位同学选取的礼物都满意，那么不同的选法有( )
A．360种
B．50种
C．60种
D．90种
答案 B
解析 ①甲同学选择牛，乙有2种选法，丙有10种选法，选法有1×2×10＝20(种)，②甲同学选择马，乙有3种选法，丙有10种选法，选法有1×3×10＝30(种)，所以共有20＋30＝50(种)选法．故选B.
6．体育老师把9个相同的足球放入编号为1,2,3的三个箱子中，要求每个箱子放球的个数不少于其编号，则不同的放球方法有( )
A．8种
B．10种
C．12种
D．16种
答案 B
解析 首先在三个箱子中放入个数与编号相同的球，
这样剩下三个足球，这三个足球可以随意放置，
第一种方法，可以在每一个箱子中放一个，有1种结果；
第二种方法，可以把球分成两份，1和2，这两份在三个位置，有3×2＝6(种)结果；第三种方法，可以把三个球都放到一个箱子中，有3种结果．
综上可知共有1＋6＋3＝10(种)结果．
7.如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中与正八边形有公共边的三角形有________个．
答案 40
解析 满足条件的有两类：
第一类：与正八边形有两条公共边的三角形有8个；
第二类：与正八边形有一条公共边的三角形有8×4＝32(个)，
所以满足条件的三角形共有8＋32＝40(个)．
8．用数字1,2组成一个四位数，则数字1,2都出现的四位偶数有________个．
答案 7
解析 由四位数是偶数，知最后一位是2.在四位数中，当出现1个1时，有1
222,2
122,2
212，共3个，当出现2个1时，有1
122,1
212,2
112，共3个，当出现3个1时，只有1
112这1个四位偶数，故数字1,2都出现的四位偶数有3＋3＋1＝7(个)．
9．将三个分别标有A，B，C的球随机放入编号为1,2,3,4的四个盒子中．
求：(1)1号盒中无球的不同放法种数；
(2)1号盒中有球的不同放法种数．
解 (1)1号盒中无球即A，B，C三个球只能放入2,3,4号盒子中，有33＝27(种)放法．
(2)1号盒中有球可分三类：一类是1号盒中有一个球，共有3×32＝27(种)放法，一类是1号盒中有两个球，共有3×3＝9(种)放法，一类是1号盒中有三个球，有1种放法．
共有27＋9＋1＝37(种)放法．
10.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？
解 方法一 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试验田也有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)种植方法．
第四步，由分步乘法计数原理得，
共有N＝4×3×7＝84(种)不同的种植方法．
方法二 (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得，
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得，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得，共有N＝36＋48＝84(种)种植方法．
11．将1,2,3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，如图是一种填法，则不同的填写方法共有( )
A．6种
B．12种
C．24种
D．48种
答案 B
解析 假设第一行为1,2,3，则第二行第一列可为2或3，此时其他剩余的空格都只有一种填法，又第一行有3×2×1＝6(种)填法．故不同的填写方法共有6×2＝12(种)．
12．某公司新招聘进8名员工，平均分给甲、乙两个部门，其中2名英语翻译人员不能分给同一个部门，另外3名电脑编程人员也不能分给同一个部门，则不同的分配方案种数是( )
A．18
B．24
C．36
D．72
答案 C
解析 由题意可得，分两类：①甲部门要2名电脑编程人员，则有3种方法；翻译人员的分配有2种方法；再从剩下的3个人中选1人，有3种方法，共3×2×3＝18(种)分配方案．②甲部门要1名电脑编程人员，则有3种方法；翻译人员的分配有2种方法；再从剩下的3个人中选2人，方法有3种，共3×2×3＝18(种)分配方案．由分类加法计数原理，可得不同的分配方案共有18＋18＝36(种)．
13．用0,1,2,3,4组成没有重复数字的全部五位数中，若按从小到大的顺序排列，则数字12
340应是第几个数( )
A．6
B．8
C．9
D．10
答案 D
解析 前两位为10的有3×2×1＝6(个)，
前三位为120的有2×1＝2(个)，
前三位为123的有12
304,12
340，
故12
340为第10个数．
14．现有五种不同的颜色，要对图形中的四个部分进行着色，要求有公共边的两块不能用同一种颜色，不同的涂色方法有________种．
答案 180
解析 依次给区域Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ涂色分别有5,4,3,3种方法，根据分步乘法计数原理，不同的涂色方法的种数为5×4×3×3＝180.
15．现有某类病毒记作XmYn，其中正整数m，n(m≤7，n≤9)可以任意选取，则不同的选取种数为________，m，n都取到奇数的概率为________．
答案 63
解析 因为正整数m，n满足m≤7，n≤9，
所以(m，n)所有可能的取值有7×9＝63(种)，
其中m，n都取到奇数的情况有4×5＝20(种)，
因此所求概率为.
16．一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为n(n≥3，n∈N＋)等份，种植红、黄、蓝三种颜色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花．
(1)如图①，圆环分成3等份，分别为a1，a2，a3，则有多少种不同的种植方法？
(2)如图②，圆环分成4等份，分别为a1，a2，a3，a4，则有多少种不同的种植方法？
解 (1)先种植a1部分，有3种不同的种植方法，再种植a2，a3部分．
因为a2，a3与a1的颜色不同，a2，a3的颜色也不同，
所以由分步乘法计数原理，
不同的种植方法有3×2×1＝6(种)．
(2)当a1，a3不同色时，
有3×2×1×1＝6(种)种植方法，当a1，a3同色时，
有3×2×1×2＝12(种)种植方法，
由分类加法计数原理得，共有6＋12＝18(种)种植方法．
