加法原理乘法原理.doc

《奥赛天天练》第16讲《加法原理》、第17讲《乘法原理》、第18讲《两种原理的综合运用》。这三讲将初步介绍计数研究中最基本、最常用的两个原理：加法原理和乘法原理。计数就是数数，即把一些对象的个数数出来。简单的计数可以一个一个地数。对于比较复杂的计数，一个一个地数很难，可以利用加法原理和乘法原理帮助我们计数。
加法原理：完成一件工作共有N类方法。在第一类方法中有m1种不同的方法，在第二类方法中有m2种不同的方法，……，在第N类方法中有mn种不同的方法，那么完成这件工作共有N＝m1＋m2＋m3＋…＋mn种不同方法。
运用加法原理计数，关键在于合理分类，不重不漏。要求每一类中的每一种方法都可以独立地完成此任务；两类不同办法中的具体方法，互不相同(即分类不重)；完成此任务的任何一种方法，都属于某一类(即分类不漏)。合理分类也是运用加法原理解决问题的难点，不同的问题，分类的标准往往不同，需要积累一定的解题经验。
乘法原理：完成一件工作共需N个步骤：完成第一个步骤有m1种方法，完成第二个步骤有m2种方法，…，完成第N个步骤有mn种方法，那么，完成这件工作共有m1×m2×…×mn种方法。
运用乘法原理计数，关键在于合理分步。完成这件工作的N个步骤，各个步骤之间是相互联系的，任何一步的一种方法都不能完成此工作，必须连续完成这N步才能完成此工作；各步计数相互独立；只要有一步中所采取的方法不同，则对应的完成此工作的方法也不同。
这两个基本原理是排列和组合的基础，与教材联系紧密（如四下《搭配的规律》），教学时要先通过生活中浅显的实例，如购物问题、行程问题、搭配问题等，帮助孩子理解两个原理，再让孩子学习运用原理解决问题。
运用两个原理解决的都是比较复杂的计数问题，在解题时要细心、耐心、有条理地分析问题。计数时要注意区分是分类问题还是分步问题，正确运用两个原理。灵活机动地分层重复使用或综合运用两个原理，可以巧妙解决很多复杂的计数问题。小学阶段只学习两个原理的简单应用。
《奥赛天天练》第16讲，巩固训练，习题1
【题目】：
用1角、2角和5角的三种人民币（每种的张数没有限制）组成1元钱，有多少种方法？
【解析】：
运用加法原理，把组成方法分成三大类：
①只取一种人民币组成1元，有3种方法：10张1角；5张2角；2张5角。
②取两种人民币组成1元，有5种方法：1张5角和5张1角；一张2角和8张1角；2张2角和6张1角；3张2角和4张1角；4张2角和2张1角。
③取三种人民币组成1元，有2种方法：1张5角、1张2角和3张1角的；1张5角、2张2角和1张1角的。
所以共有组成方法：3+5+2=10（种）。
《奥赛天天练》第16讲，巩固训练，习题2
【题目】：
各数位的数字之和是24的三位数共有多少个？
【解析】：
一个数各个数位上的数字，最大只能是9，24可分拆为：24=9+9+7； 24=9+8+7；24=8+8+8。运用加法原理，把组成的三位数分为三大类：
①由9、9、8三个数字可组成3个三位数：998、989、899；
②由9、8、7三个数字可组成6个三位数：987、978、897、879、798、789；
③由8、8、8三个数字可组成1个三位数：888。
所以组成三位数共有：3+6+1=10（个）。
《奥赛天天练》第16讲，拓展提高，习题1
【题目】：
有一批长度分别为1，2，3，4，5，6，7和8厘米的细木条若干，从中选取适当的3根木条作为三条边可以围成多少个不同的三角形？
【解析】：
围三角形的依据：三根木条能围成三角形，必须满足任意两边之和大于第三边。要满足这个条件，需要且只需要两条较短边的和大于最长边就可以了。
这道题的计数比较复杂，需要分层重复运用加法原理。
根据三角形三边长度情况，我们先把围成的三角形分为两大类：
第一大类：围成三角形的三根木条，至少有两根木条等长（包括三根等长的）。
由题目条件，围成的等腰三角形腰长可以为1、2、3、4、5、6、7、8厘米，根据三角形腰长，第一大类又可以分为8小类，三边长依次是：
①腰长为1的三角形1个：1、1、1。
②腰长为2的三角形3个：2、2、1；2、2、2；2、2、3。
③腰长为3的三角形5个：3、3、1；3、3、2；3、3、3；3、3、4；3、3、5。
④腰长为4的三角形7个：4、4、1；4、4、2；……4、4、7。
⑤腰长为5的三角形8个：5、5、1；5、5、2；……5、5、8。
同理，腰长为6、7、8厘米的三角形都是8个。
第一大类可围成的不同的三角形：1+3+5+7+8×4=48（个）。
第二大类：围成三角形的三根木条，任意两根木条的长度都不同。
根据最长边的长度，我们再把第二大类围成的三角形分为五小类（最长边不可能为是3厘米、2厘米、1厘米）：
①最长边为8厘米的三角形有9个，三边长分别为：8、7、6；8、7、5；8、7、4；8、7、3；8、7、2；8、6、5；8、6、4；8、6、3；8、5、4。
②最长边为7厘米的三角形有6个，三边长分别为：7、6、5；7、6、4；7、6、3；7、6、2；7、5、4；7、5、3。
③最长边为6厘米的三角形有4个，三边长分别为：6、5、4；6、5、3；6、5、2；6、4、3。
④最长边为5厘米的三角形有2个，三边长分别为：5、4、3；5、4、2。
⑤最长边为4厘米的三角形有1个，三边长为：4、3、2。
第二大类可围成的不同的三角形：9+6+4+2+1=22（个）。
所以，这一题共可以围成不同的三角形：48+22=70（个）。
《奥赛天天练》第16讲，拓展提高，习题2
【题目】：
一把钥匙只能开一把锁，现在有10把钥匙和10把锁全部都搞乱了，最多要试验多少次才能全部配好锁和相应的钥匙？
【解析】：
要求“最多”多少次配好锁和钥匙，就要从最糟糕的情况开始考虑：第1把钥匙要配到锁，最多要试9次（如果9次配对失败，第10把锁就一定是这把钥匙，不用再试）；同理，第2把钥匙最多要试8次；……第9把锁最多试1次，最好一把锁不用试。
所以，最多试验次数为：9+8+7……+2+1=45（次）。
《奥赛天天练》第17讲，模仿训练，练习1
【题目】：
某人到食堂去买饭菜，食堂里有4种荤菜，3种蔬菜，2种汤。他要各买一样，共有多少种不同的买法？
【解析】：
运用乘法原理，把买饭菜分为三步走：
第一步：选汤有2种方法。
第二步：选荤菜有4种方法。
每种选汤方法对应的都有4种选荤菜的方法，汤和荤菜共有2个4种，即8种不同的搭配方法。
第三步：选蔬菜有3种方法。
荤菜和汤有8种不同的搭配方法，每种搭配方法，对应的都有3种选蔬菜的方法与其二次搭配，共有8个3种，即24种不同搭配方法。
如下图所示：

    所以，共有不同的买法：2×4×3=24（种）。

《奥赛天天练》第17讲，巩固训练，习题2
【题目】：
用数字0，3，8，9能组成多少个数字不重复的三位数？
【解析】：
运用乘法原理，把组数过程分为三个步骤：
第一步：确定三位数百位上数字，有3种选法（最高位不能为0）。
第二步：确定十位上数字，有3种选法。
从上面四个数字中确定任意一个不为0的数字放在百位上，十位上都会剩下三个数字供选择。因此，对应百位上数字的每种选法，十位上数字都有3种不同的选择方法，两个数字共有3个3种，即9种不同的组成方法。
第三步：确定个位上数字，有2种选法。
从上面四个数字中去掉百位和十位上数字任意一种组成，个位上都会剩下2个不同的数字供选择。因此，对应百位和十位上数字的任意一种组成方法，个位上都有2种不同的选择方法，三个数字共有9个2种，即18中不同的组成方法。
所以，能组成的不重复的三位数的个数为:3×3×2=18(个)。
《奥赛天天练》第17讲，拓展提高，习题1
【题目】：
下图中共有16个方格，要把A，B,C,D四个不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能出现一个棋子，问共有多少种不同的放法？

【解析】：
运用乘法原理，把放棋子的过程分为三个步骤：
第一步：放棋子A。棋子A可以任意放，有16种放法。（如下图一）
第二步：放棋子B。棋子B不能放在棋子A所在的行或列，对应棋子A的每一种放法，棋子B都可以放在剩下的9个方格的任意一格里，有9种放法。（如下图二）
第三步：放棋子C。棋子C不能放在棋子A、B所在的行或列，对应前面的每一种放法，棋子C可以放在剩下的4个方格的任意一格里，有4种放法。（如下图三）
第四步：放棋子D。棋子D不能放在棋子A、B、C所在的行或列，对应前面的每一种放法，棋子D都只有1种放法。（如下图四）

所以，四颗棋子共有不同的放法：16×9×4×1=576（种）。
《奥赛天天练》第17讲，拓展提高，习题2
【题目】：
用4种不同的颜色给下图的这幅地图染色，使相邻的两块颜色不相同，共有多少种不同的染法？

【解析】：
这个染色问题比较复杂，需要分层、综合运用加法原理和乘法原理。
第一步：给A染色，可以任选一种颜色，有4种染色方案。
第二步：给B染色，有3种染色方案。对应的A的每种染色方案，B都有剩下的与A不同的3种颜色供选择，A、B配色方案共有4个3种，即12种。
第三步：给C染色，有2种染色方案。对应于A、B的每一种配色方案，C都有剩下的与A、B不同2种颜色供选择，A、B、C三块配色方案共有12个2种，即24种。
所以前三步共有不同染法：4×3×2=24（种）。
第四步：给D染色，有两种染色方案。
由前三步，A、B、C三块已染上三种互不相同的颜色，一共有四种颜色，D可以染与A、B、C各不相同的第四种颜色（简称为色四）；D、B不相邻，D也可以染与B相同的颜色。我们根据D的颜色分为两大类计数：
第一大类：给D染色四。
如下图，A色、B色和C色为前三步24种配色方案中的任意一种配色方案的三种不同颜色分配。D染色四，E可以染A色或B色。

①E染A色，F只能染一种颜色色四（如上左图），这时，G有B色和C色两种颜色可以选择，对于G的每种选择，H都有对应的2种选择。这种类型共有不同染法：
24×1×1×1×2×2=96（种）。
②E染B色，F可以染色四（如上中图），也可以染A色（如上右图）。分两小类计数，这种类型共有不同染法：
24×1×1×1×2×2+24×1×1×1×1×2=144（种）。
第一大类共有染法：96+144=240（种）。
第二大类：给D染B色。
如下图，A色、B色和C色为前三步24种配色方案中的任意一种配色方案的三种不同颜色分配。

D染B色，E有A色或色四两种选择，对应于D的每一种选择F只有一种选择、G也只有一种选择、H有2种选择。
第二大类共有染法：24×1×2×1×1×2=96（种）。
    所以，这题共有染法：240+96=336（种）。
《奥赛天天练》第18讲，模仿训练，练习1
【题目】：
如下图，一只小甲虫要从A点出发沿着线段爬到B点，要求任何点和线段不可重复经过，问这只甲虫有多少种不同的走法？ 

【解析】：
把小甲虫要从A点出发沿着线段爬到B点的走法分为两大类：
第一类：分两步，最先到达C点，再到B点。
第一步从A到C只有一种走法（不能经过D点）；第二步从C点到B点有3种走法。共有走法:1×3=3(种)。
第二类：分两步，最先到达D点，再到B点。
第一步从A到D有2种走法（不能经过C点）；第二步从D点到B点有3种走法。共有走法:2×3=6(种)。
所以，小甲虫共有不同的走法：1×3+2×3=9(种)。

《奥赛天天练》第18讲，模仿训练，练习2
【题目】：
从5幅国画，3幅油画，2幅水彩画中选取两幅不同类型的画布置教室，问有几种不同的选法？
【解析】：
在三种不同类型的画里选择两种不同类型画有3种不同的选法，因此先把所有的选法分为三大类：
第一类：选1幅国画、1幅油画。
分两步完成，第一步选1幅国画有5种选法，第二步选油画有3种选法。对于前面国画的每一种选法，油画都有3种选法，共有选法：5×3=15（种）。
第二类：选1幅国画、1幅水彩画。
与第一类同理，共有选法：5×2=10（种）。
第三类：选1幅油画、1幅水彩画。
与第一类同理，共有选法：3×2=6（种）。
所以，共有不同的选法：15+10+6=31（种）。
《奥赛天天练》第18讲，巩固训练，习题1
【题目】：
如下图，要从A点沿线段走到B点，要求每一步都是向右、向上或向斜上方，问有多少种不同的走法？

【解析】：
如下图，先用字母标出图中的每一个点，沿右上方向从点A到点B可以分为多步走，而每一步的走法又可以分为几类，比较复杂，需要重复综合使用加法原理和乘法原理。

上图中，从右上往左下逐步分析：
因为每一步都是向右、向上或向斜上方，因此每个点只能经过它左、下或左下方的点到达。
最后一步到达点B的走法有两类：由I到B或由J到B。A到B的不同走法种数，就等于A到I的走法种数与A到L的走法种数之和。
此前一步，①到点I的走法有两类：由F到I或由G到I,走法种数即A到F的走法种数与A到G的走法种数之和；②到点J的走法有三类：分别由I、G或H到J,走法种数即A到I的走法种数、A到G的走法种数与A到H的走法种数之和。
依次类推……
从左下到右上标出点A到每个点的走法种数，逐层解题：
第一层：从A到C、D、E三个点只能向右，都只有1种走法。
第二层：到F点有两类走法，分别由A、C到达，每类都只有一种走法，共2种走法；到G点有三类走法，分别由F、C、D到达，三类走法种数之和为4种；到H点有三类走法，分别由G、D、E到达，三类走法种数之和为6种。
第三层：到I点有两类走法，分别由F、G到达，两类走法种数之和为6种；到J点有三类走法，分别由I、G、H到达，三类走法种数之和为16种。
最后一步到B点有两类走法，分别由I、J到达，两类走法种数之和为22种。
所以，从A到B共有不同的走法22种。
按：类似的复杂路线问题，都可以用这种方法求解。
《奥赛天天练》第18讲，巩固训练，习题2
【题目】：
如下图，用红、绿、蓝、黄四种颜色涂编号为1，2，3，4的长方形，使任何相邻的两个长方形的颜色都不同。一共有多少种不同的涂法？

【解析】：
涂色的过程可以分为三步。
第一步：给1号长方形涂色，有4种涂法。可以选任意一种颜色。
第二步：给2号长方形涂色，有3种涂法。对于1号长方形每种不同的涂法，2号长方形都可以在剩下的3种颜色里选任意一种，即有3种涂法。
所以，前两步1号和2号长方形共有配色方案4个3种：4×3=12（种）。
第三步：给3号、4号长方形涂色。
3号长方形与1号相邻，与2号不相邻，对于1、2号长方形的每一种配色方案，3号长方形都可以选与1号不同的3种颜色，按3号长方形的涂色情况，可把本题的涂法分为两大类：
第一大类，3号长方形选与2号相同的颜色。
3号长方形只有一种涂法，这时4号长方形可以选与2号不同的3种颜色，有3种涂法。
第一类共有不同涂法：12×1×3=36（种）。
第二类，3号长方形选与1、2号都不同的颜色。
3号长方形有2种涂法，这时4号长方形可以选剩下的与2号、3号不同的2种颜色，有2种涂法。
第二类共有不同涂法：12×2×2=48（种）。
    所以，这题一共有不同的涂法：36+48=84（种）。
《奥赛天天练》第18讲，拓展提高，习题1
【题目】：
有两个相同的正方体，每个正方体的6个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6。将两个正方体放在桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？
【解析】：
假定这两个正方体分别为A正方体和B正方体。分两步确定向上的一面数字之和。
第一步，确定A正方体向上一面的数字，共有6种不同的情形：1，2，3，4，5，6；
第二步，确定B正方体向上一面的数字，有3种情形。因为B正方体面上有3个奇数，3个偶数，无论A正方体朝上的面上的数字是奇数还是偶数，对应的B正方体向上一面的数字都会有3种不同的情形，满足两面数字之和为偶数。
所以，向上的一面数字之和为偶数的情形有：6×3=18（种）。
《奥赛天天练》第18讲，拓展提高，习题2
【题目】：
2003年12月6日0时起，南京市电话号码从7位升至8位。由于特殊需要，电信部门一直有这样的规定：普通市内电话号码的首位数字不使用0，1，9。升位前南京市普通电话号码的容量为多少门？升位后，南京市内电话号码的容量增加了多少门？
【解析】：
电话号码由0～9共10个数字组成，数字可以重复使用。
升位前的7位电话号码，首位数字不使用0，1，9，共有7种不同的选择，第二、三、四、五、六、七位数字都有10种不同选择。总容量为：
7×10×10×10×10×10×10=7000000（门）。
同理可算出，升位后8位电话号码总容量为：
7×10×10×10×10×10×10×10=70000000（门）。
升位后，南京市内电话号码的容量增加了：
70000000－7000000=6300000（门）。