两个基本计数原理(加法原理和乘法原理)

.,世界杯足球赛共有32个队参赛它们先分成8个小组进行循环赛，决出16强，这16个队按确定的程序进行淘汰赛后，最后决出冠亚军，此外还决出了第三、第四名问一共安排了多少场比赛？前4名有多少不同的结果？,实际问题,要回答这个问题，就要用到排列、组合的知识在运用排列、组合方法时，经常要用到分类计数原理与分步计数原理,.,两个基本计数原理,.,问题1：从甲地到乙地，有3条公路，2条铁路，某人要从甲地到乙地，共有多少种不同的走法？,问题2：从甲地到乙地，有3条道路，从乙地到丙地有2条道路，那么从甲地经乙地到丙地共有多少种不同的走法？,.,问题1：从甲地到乙地，有3条公路，2条铁路，某人要从甲地到乙地，共有多少种不同的走法？,因为每一种走法都能完成从甲地到乙地这件事，有3条公路，2条铁路，所以共有：325（种）,甲地,乙地,.,一、分类计数原理,完成一件事，有n类办法.在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2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，则完成这件事共有:,2）首先要根据具体的问题确定一个分类标准，在分类标准下进行分类，然后对每类方法计数.,1）各类办法之间相互独立,都能独立的完成这件事，要计算方法种数,只需将各类方法数相加,因此分类计数原理又称加法原理,说明,N=m1+m2+mn种不同的方法,.,问题2：从甲地到乙地，有3条道路，从乙地到丙地有2条道路，那么从甲地经乙地到丙地共有多少种不同的走法？,这个问题与前一个问题不同在这个问题中，必须经过先从甲地到乙地、再从乙地到丙地两个步骤，才能从甲地到丙地,因为从甲地到乙地有3种走法，从乙地到丙地有2种走法，所以从甲地到丙地，共有不同的走法：326（种）,甲地,乙地,丙地,.,二、分步计数原理,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，则完成这件事共有,2）首先要根据具体问题的特点确定一个分步的标准，然后对每步方法计数.,1）各个步骤相互依存,只有各个步骤都完成了,这件事才算完成,将各个步骤的方法数相乘得到完成这件事的方法总数,又称乘法原理,说明,N=m1m2mn种不同的方法,.,例1.,书架第1层放有4本不同的计算机书,第2层放有3本不同的文艺书,第3层放有2本不同的体育书.,(1)从书架中取1本书,有多少种不同取法?,有3类方法,根据分类加法计数原理,N=4+3+2=9,(2)从书架第1,2,3层各取1本书,有多少种不同取法?,分3步完成,根据分步乘法计数原理,N=432=24,解题关键：从总体上看做这件事情是“分类完成”,还是“分步完成”.再根据其对应的计数原理计算.,学案P46-1,.,练习,要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅,分别挂在左、右两边墙上的指定位置,问共有多少种不同的挂法?,分两步完成,左边,右边,甲,乙,丙,3,2,第一步,第二步,.,学案P46-2,.,A,B,该电路从A到B共有多少条不同的线路可通电？,.,.,.,.,.,.,.,.,.,.,.,.,.,.,.,分类完成,分步完成,.,解:从总体上看由A到B的通电线路可分二类,第一类,m1=4条第二类,m3=22=4,条所以,根据加法原理,从A到B共有N=4+4=8条不同的线路可通电.,.,点评:,乘法原理看成“串联电路”,加法原理看成“并联电路”;,.,如图,从甲地到乙地有2条路可通,从乙地到丙地有3条路可通;从甲地到丁地有4条路可通,从丁地到丙地有2条路可通。从甲地到丙地共有多少种不同的走法？,练习,学案P47-s4,.,解:从总体上看,由甲到丙有两类不同的走法,第一类,由甲经乙去丙,又需分两步,所以m1=23=6种不同的走法;第二类,由甲经丁去丙,也需分两步,所以m2=42=8种不同的走法;所以从甲地到丙地共有N=6+8=14种不同的走法。,.,问题3：加法原理和乘法原理的共同点是什么？不同点什么？,.,问题4：何时用加法原理、乘法原理呢?,加法原理,完成一件事情有n类方法,若每一类方法中的任何一种方法均能将这件事情从头至尾完成.,乘法原理,完成一件事情有n个步骤,若每一步的任何一种方法只能完成这件事的一部分,并且必须且只需完成互相独立的这n步后,才能完成这件事.,分类要做到“不重不漏”,分步要做到“步骤完整”,.,练习：,三个比赛项目，六人报名参加。）每人参加一项有多少种不同的方法？）每项人，且每人至多参加一项，有多少种不同的方法？）每项人，每人参加的项数不限，有多少种不同的方法？,.,例1用0,1,2,3,4,5这六个数字,(1)可以组成多少个各位数字不允许重复的三位的奇数?(2)可以组成多少个各位数字不重复的小于1000的自然数?(3)可以组成多少个大于3000,小于5421且各位数字不允许重复的四位数?,一、排数字问题,.,二、映射个数问题:,例2设A=a,b,c,d,e,f,B=x,y,z,从A到B共有多少种不同的映射?,.,三、染色问题:,例3有n种不同颜色为下列两块广告牌着色,要求在四个区域中相邻(有公共边界)区域中不用同一种颜色.(1)若n=6,为(1)着色时共有多少种方法?(2)若为(2)着色时共有120种不同方法,求n(1)(2),.,、如图,要给地图A、B、C、D四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有多少种？,.,解:按地图A、B、C、D四个区域依次分四步完成,第一步,m1=3种,第二步,m2=2种,第三步,m3=1种,第四步,m4=1种,所以根据乘法原理,得到不同的涂色方案种数共有N=3211=6种。,.,、如图,要给地图A、B、C、D四个区域分别涂上3种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同的颜色,不同的涂色方案有多少种？,若用2色、4色、5色等,结果又怎样呢？,答:它们的涂色方案种数分别是0、4322=48、5433=180种等。,思考：,.,分析：如图，A、B、C三个区域两两相邻，A与D不相邻，因此A、B、C三个区域的颜色两两不同，A、D两个区域可以同色，也可以不同色，但D与B、C不同色。由此可见我们需根据A与D同色与不同色分成两大类。,解：先分成两类：第一类，D与A不同色，可分成四步完成。第一步涂A有5种方法，第二步涂B有4种方法；第三步涂C有3种方法；第四步涂D有2种方法。根据分步计数原理，共有5432120种方法。,根据分类计数原理，共有120+60180种方法。,第二类，A、D同色，分三步完成，第一步涂A和D有5种方法，第二步涂B有4种方法；第三步涂C有3种方法。根据分步计数原理，共有54360种方法。,.,5、将种作物种植在如图所示的块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，不同的种植方法共有种（以数字作答）,42,4、如图，是5个相同的正方形，用红、黄、蓝、白、黑5种颜色涂这些正方形，使每个正方形涂一种颜色，且相邻的正方形涂不同的颜色。如果颜色可反复使用，那么共有多少种涂色方法？,.,四、子集问题,规律：n元集合的不同子集有个。,例：集合A=a,b,c,d,e,它的子集个数为，真子集个数为，非空子集个数为，非空真子集个数为。,.,五、综合问题:,例4若直线方程ax+by=0中的a,b可以从0,1,2,3,4这五个数字中任取两个不同的数字,则方程所表示的不同的直线共有多少条?,.,例5、75600有多少个正约数?有多少个奇约数?,解:由于75600=2433527,75600的每个约数都可以写成的形式,其中,于是,要确定75600的一个约数,可分四步完成,即i,j,k,l分别在各自的范围内任取一个值,这样i有5种取法,j有4种取法,k有3种取法,l有2种取法,根据分步计数原理得约数的个数为5432=120个.,.,一个三位密码锁,各位上数字由0,1,2,3,4,5,6,7,8,9十个数字组成,可以设置多少种三位数的密码(各位上的数字允许重复)?首位数字不为0的密码数是多少?首位数字是0的密码数又是多少?,分析:按密码位数,从左到右依次设置第一位、第二位、第三位,需分为三步完成;第一步,m1=10;第二步,m2=10;第三步,m3=10.根据乘法原理,共可以设置N=101010=103种三位数的密码。,练习,首位数字不为0的密码数?首位数字是0的密码数?,.,一个三位密码锁,各位上数字由0,1,2,3,4,5,6,7,8,9十个数字组成,可以设置多少种三位数的密码(各位上的数字允许重复)?首位数字不为0的密码数是多少?首位数字是0的密码数又是多少?,分析:按密码位数,从左到右依次设置第一位、第二位、第三位,需分为三步完成;第一步,m1=10;第二步,m2=10;第三步,m3=10.根据乘法原理,共可以设置N=101010=103种三位数的密码。,练习,变式训练：各位上的数字不允许重复又怎样?,.,答:首位数字不为0的密码数是N=91010=9102种,首位数字是0的密码数是N=11010=102种。由此可以看出,首位数字不为0的密码数与首位数字是0的密码数之和等于密码总数。,问:若设置四位、五位、六位、十位等密码,密码数分别有多少种？,答:它们的密码种数依次是104,105,106,种。,.,1、分类加法计数原理：完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法,在第2类办法中有m2种不同的方法在第n类办法中有mn种不同的方法.那么完成这件事共有种不同的方法.,2、分步乘法计数原理：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种不同的方法.,回答的都是有关做一件事的不同方法种数的问题,课