初一数学竞赛辅导(第18讲).doc

第十八讲 加法原理与乘法原理
　　加法原理和乘法原理是计数研究中最常用、也是最基本的两个原理．所谓计数，就是数数，把一些对象的具体数目数出来．当然，情况简单时可以一个一个地数．如果数目较大时，一个一个地数是不可行的，利用加法原理和乘法原理，可以帮助我们计数．
　　加法原理 完成一件工作有n种方式，用第1种方式完成有m1种方法，用第2种方式完成有m2种方法，…，用第n种方式完成有mn种方法，那么，完成这件工作总共有
m1+m2+…+mn
种方法．
　　例如，从A城到B城有三种交通工具：火车、汽车、飞机．坐火车每天有2个班次；坐汽车每天有3个班次；乘飞机每天只有1个班次，那么，从A城到B城的方法共有2+3+1=6种．
　　乘法原理 完成一件工作共需n个步骤：完成第1个步骤有m1种方法，完成第2个步骤有m2种方法，…，完成第n个步骤有mn种方法，那么，完成这一件工作共有
m1·m2·…·mn
种方法．
　　例如，从A城到B城中间必须经过C城，从A城到C城共有3条路线(设为a，b，c)，从C城到B城共有2条路线(设为m，t)，那么，从A城到B城共有3×2=6条路线，它们是：
am，at，bm，bt，cm，ct．
　　下面我们通过一些例子来说明这两个原理在计数中的应用．
　　例1 利用数字1，2，3，4，5共可组成
　　(1)多少个数字不重复的三位数？
　　(2)多少个数字不重复的三位偶数？
　　(3)多少个数字不重复的偶数？
　　解(1)百位数有5种选择；十位数有4种选择；个位数有3种选择．所以共有
5×40×3=60
个数字不重复的三位数．
　　(2)先选个位数，共有两种选择：2或4．在个位数选定后，十位数还有4种选择；百位数有3种选择．所以共有
2×4×3=24
个数字不重复的三位偶数．
　　(3)分为5种情况：
　　一位偶数，只有两个：2和4．
　　二位偶数，共有8个：12，32，42，52，14，24，34，54．
　　三位偶数由上述(2)中求得为24个．
　　四位偶数共有2×(4×3×2)=48个．括号外面的2表示个位数有2种选择(2或4)．
　　五位偶数共有2×(4×3×2×1)=48个．
　　由加法原理，偶数的个数共有
2+8+24+48+48=130．
　　例2 从1到300的自然数中，完全不含有数字3的有多少个？
　　解法1 将符合要求的自然数分为以下三类：
　　(1)一位数，有1，2，4，5，6，7，8，9共8个．
　　(2)二位数，在十位上出现的数字有1，2，4，5，6，7，8，98种情形，在个位上出现的数字除以上八个数字外还有0，共9种情形，故二位数有8×9=72个．
　　(3)三位数，在百位上出现的数字有1，2两种情形，在十位、个位上出现的数字则有0，1，2，4，5，6，78，9九种情形，故三位数有
　　2×9×9=162个．
　　因此，从1到300的自然数中完全不含数字3的共有
　　8+72+162=242个．
　　解法2 将0到299的整数都看成三位数，其中数字3
　　不出现的，百位数字可以是0，1或2三种情况．十位数字与个位数字均有九种，因此除去0共有
3×9×9-1=242(个)．
　　例3 在小于10000的自然数中，含有数字1的数有多少个？
　　解 不妨将1至9999的自然数均看作四位数，凡位数不到四位的自然数在前面补0．使之成为四位数．
　　先求不含数字1的这样的四位数共有几个，即有0，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字所组成的四位数的个数．由于每一位都可有9种写法，所以，根据乘法原理，由这九个数字组成的四位数个数为
9×9×9×9＝6561，
　　其中包括了一个0000，它不是自然数，所以比10000小的不含数字1的自然数的个数是6560，于是，小于10000且含有数字1的自然数共有9999-6560=3439个．
　　例4 求正整数1400的正因数的个数．
　　解 因为任何一个正整数的任何一个正因数(除1外)都是这个数的一些质因数的积，因此，我们先把1400分解成质因数的连乘积
1400=23527
　　所以这个数的任何一个正因数都是由2，5，7中的n个相乘而得到(有的可重复)．于是取1400的一个正因数，这件事情是分如下三个步骤完成的：
　　(1)取23的正因数是20，21，22，33，共3+1种；
　　(2)取52的正因数是50，51，52，共2+1种；
　　(3)取7的正因数是70，71，共1+1种．
　　所以1400的正因数个数为
(3+1)×(2+1)×(1+1)=24．
　　说明 利用本题的方法，可得如下结果：
　　若pi是质数，ai是正整数(i=1，2，…，r)，则数

的不同的正因数的个数是
(a1+1)(a2+1)…(ar+1)．
　　例5 求五位数中至少出现一个6，而被3整除的数的个数．
　　+a5能被3整除，
于是分别讨论如下：
　　1)从左向右计，如果最后一个6出现在第5位，即a5=6，那么a2，a3，a4可以是0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数字之一，但a1不能是任意的，它是由a2+a3+a4+a5被3除后的余数所决定．因此，为了保证a1+a2+a3+a4+a5能被3整除，a1只有3种可能，根据乘法原理，5位数中最后一位是6，而被3整除的数有
3×10×10×10=3000(个)．
　　(2)最后一个6出现在第四位，即a4=6，于是a5只有9种可能(因为a5不能等于6)，a2，a3各有10种可能，为了保证a1+a2+a3+a4+a5被3整除，a1有3种可能．根据乘法原理，属于这一类的5位数有
3×10×10×9=2700(个)．
　　(3)最后一个6出现在第3位，即a3=6，被3整除的数应有
3×10×9×9=2430(个)．
　　(4)最后一个6出现在第2位，即a2=6，被3整除的数应有
3×9×9×9=2187(个)．
　　(5)a1=6，被3整除的数应有
3×9×9×9=2187(个)．
　 　根据加法原理，5位数中至少出现一个6而被3整除的数应有
3000+2700+2430+2187+2187=12504(个)．
　　例6 如图1－63，A，B，C，D，E五个区域分别用红、蓝、黄、白、绿五种颜色中的某一种着色．如果使相邻的区域着不同的颜色，问有多少种不同的着色方式？

　　解 对这五个区域，我们分五步依次给予着色：
　　(1)区域A共有5种着色方式；
　　(2)区域B因不能与区域A同色，故共有4种着色方式；
　　(3)区域C因不能与区域A，B同色，故共有3种着色方式；
　　(4)区域D因不能与区域A，C同色，故共有3种着色方式；
　　(5)区域E因不能与区域A，C，D同色，故共有2种着色方式．
　　于是，根据乘法原理共有
5×4×3×3×2=360
种不同的着色方式．
　　例7 在6×6的棋盘上剪下一个由四个小方格组成的凸字形，如图1－64，有多少种不同的剪法？
　　解 我们把凸字形上面那个小方格称为它的头，每个凸字形有并且只有一个头．

　　凸字形可以分为两类：第一类凸字形的头在棋盘的边框，但是棋盘的四个角是不能充当凸字形的头的．于是，边框上(不是角)的小方格共有4×4=16个，每一个都是一个凸字形的头，所以，这类凸字形有16个．
　　第二类凸字形的头在棋盘的内部，棋盘内部的每一个小方格可以作为4个凸字形的头(即头朝上，头朝下，头朝左，头朝右)，所以，这类凸字形有
4×(4×4)=64(个)．
　　由加法原理知，有16+64=80种不同的凸字形剪法．
练习十八
　　1．把数、理、化、语、英5本参考书，排成一行放在书架上．
　　(1)化学不放在第1位，共有多少种不同排法？
　　(2)语文与数学必须相邻，共有多少种不同排法？
　　(3)物理与化学不得相邻，共有多少种不同排法？
　　(4)文科书与理科书交叉排放，共有多少种不同排法？
　　2．在一个圆周上有10个点，把它们两两相连，问共有多少条不同的线段？
　　3．用1，2，3，4，5，6，7这七个数，
　　(1)可以组成多少个数字不重复的五位奇数？
　　(2)可以组成多少个数字不重复的五位奇数，但1不在百位上？
　　4．从1，2，3，4，5这五个数字中任取三个数组成一个三位数，问共可得到多少个不同的三位数？
　　5．由1，2，3，4，5，6这六个数字能组成多少个大于34500的五位数？
　　6．今有一角币一张，两角币一张，伍角币一张，一元币四张，伍元币两张，用这些纸币任意付款，可以付出不同数额的款子共有多少种？
　　7．将三封信投到5个邮筒中的某几个中去，有多少种不同的投法？
　　8．从字母a，a，a，b，c，d，e中任选3个排成一行，共有多少种不同的排法？