7-3-加乘原理综合应用

1、加乘原理综合运用知识框架图7 计数综合7-3 加乘原理综合运用7-3-1简单加乘原理综合运用7-3-2加乘原理与数字问题7-3-3加乘原理与图论教学目标1.复习乘法原理和加法原理；2.培养学生综合运用加法原理和乘法原理的能力3.让学生懂得并运用加法、乘法原理来解决问题，掌握常见的计数方法，会使用这些方法解决问题在分类讨论中结合分步分析，在分步分析中结合分类讨论；教师应该明确并强调哪些是分类，哪些是分步并了解与加、乘原理相关的常见题型：数论类问题、染色问题、图形组合知识要点一、加乘原理概念生活中常有这样的情况：在做一件事时，有几类不同的方法，在具体做的时候，只要采用其中某一类中的一种方法就可以完

2、成，并且这几类方法是互不影响的那么考虑完成这件事所有可能的做法，就要用到加法原理来解决还有这样的一种情况：就是在做一件事时，要分几步才能完成，而在完成每一步时，又有几种不同的方法要知道完成这件事情共有多少种方法，就要用到乘法原理来解决二、加乘原理应用应用加法原理和乘法原理时要注意下面几点：加法原理是把完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，所以完成任务的不同方法数等于各类方法数之和乘法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘积在很多题目中，加法原理和乘法原理都不是单独出现的，这就需要我们能够熟练的运用好这两大原理，综合分析，正确

3、作出分类和分步加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决我们可以简记为：“加法分类，类类独立”乘法原理运用的范围：这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成，这几步是完成这件任务缺一不可的，这样的问题可以使用乘法原理解决我们可以简记为：“乘法分步，步步相关”例题精讲模块一、简单加乘原理综合应用【例 1】 商店里有2种巧克力糖：牛奶味、榛仁味；有2种水果糖：苹果味、梨味、橙味小明想买一些糖送给他的小朋友如果小明只买一种糖，他有几种选法？如果小明想买水果糖、巧克力糖各种，他有几种选法？（2级）【解析】 小明只买一种糖，完成这件事

4、一步即可完成，有两类办法：第一类是从种巧克力糖中选一种 有种办法；第二类是从种水果糖中选一种，有种办法因此，小明有种选糖的方法小明完成这件事要分两步，每步分别有种、种方法，因此有种方法【例 2】 从北京到广州可以选择直达的飞机和火车，也可以选择中途在上海或者武汉作停留，已知北京到上海、武汉和上海、武汉到广州除了有飞机和火车两种交通方式外还有汽车问，从北京到广州一共有多少种交通方式供选择？（2级）【解析】 从北京转道上海到广州一共有种方法，从北京转道武汉到广州一共也有种方法供选择，从北京直接去广州有2种方法，所以一共有种方法【例 3】 从学而思学校到王明家有3条路可走，从王明家到张老师家有2条路

5、可走，从学而思学校到张老师家有3条路可走，那么从学而思学校到张老师家共有多少种走法？（2级）【解析】 根据乘法原理，经过王明家到张老师家的走法一共有种方法，从学而思学校直接去张老师家一共有3条路可走，根据加法原理，一共有种走法【巩固】 如下图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丙地有4条路，从甲地到丁地有3条路可走，从丁地到丙地也有3条路，请问从甲地到丙地共有多少种不同走法？（2级）【解析】 从甲地到丙地有两种方法：第一类，从甲地经过乙地到丙地，根据乘法原理，走法一共有种方法，；第二类，从甲地经过丁地到丙地，一共有种方法根据加法原理，一共有种走法【巩固】 王老师从重庆到南京，他可以乘飞机、汽车直接

6、到达，也可以先到武汉，再由武汉到南京他从重庆到武汉可乘船，也可乘火车；又从武汉到南京可以乘船、火车或者飞机，如图那么王老师从重庆到南京有多少种不同走法呢？（2级）【解析】 从重庆到南京的走法有两类：第一类从重庆经过武汉去南京，根据乘法原理，有(种)走法；第二类不经过武汉，有2种走法根据加法原理，从重庆到南京一共有种不同走法【例 4】 如下图，八面体有12条棱，6个顶点一只蚂蚁从顶点出发，沿棱爬行，要求恰好经过每一个顶点一次问共有多少种不同的走法？（6级）【解析】 走完6个顶点，有5个步骤，可分为两大类：第二次走点：就是意味着从点出发，我们要先走，中间的一点，再经过点，但之后只能走，点，最后选择

7、后面两点有种(从到的话，是不能到的)；第二次不走：有种(同理，不能到)；共计：种【例 5】 如果从3本不同的语文书、4本不同的数学书、5本不同的外语书中选取2本不同学科的书阅读，那么共有多少种不同的选择？（4级）【解析】 因为强调2本书来自不同的学科，所以共有三种情况：来自语文、数学：3×4=12；来自语文、外语：3×5=15；来自数学、外语：4×5=20；所以共有121520=47【例 6】 某条铁路线上，包括起点和终点在内原来共有7个车站，现在新增了3个车站，铁路上两站之间往返的车票不一样，那么，这样需要增加多少种不同的车票？（6级）【解析】 1、新站为起点，

8、旧站为终点有3×7=21张，2、旧站为起点，新站为终点有7×3=21张，3、起点、终点均为新站有3×2=6张，以上共有21216=48张 【例 7】 某件工作需要钳工2人和电工2人共同完成现有钳工3人、电工3人，另有1人钳工、电工都会从7人中挑选4人完成这项工作，共有多少种方法？（6级）【解析】 分两类情况讨论：都会的这1人被挑选中，则有：如果这人做钳工的话，则再按乘法原理，先选一名钳工有 3种方法，再选2名电工也有3种方法；所以有种方法；同样，这人做电工，也有9种方法都会的这一人没有被挑选，则从3名钳工中选2人，有3种方法；从3名电工中选2人，也有3种

9、方法，一共有种方法所以，根据加法原理，一共有种方法【例 8】 某信号兵用红，黄，蓝，绿四面旗中的三面从上到下挂在旗杆上的三个位置表示信号每次可挂一面，二面或三面，并且不同的顺序，不同的位置表示不同的信号一共可以表示出多少种不同的信号？（6级）【解析】 由于每次可挂一面、二面或三面旗子，我们可以根据旗杆上旗子的面数分三类考虑：第一类，可以从四种颜色中任选一种，有4种表示法； 第二类，要分两步完成：第一步，第一面旗子可以从四种颜色中选一种，有4种选法；第二步，第二面旗子可从剩下的三种中选一种，有3种选法根据乘法原理，共有种表示法； 第三类，要分三步完成：第一步，第一面旗子可以从四种颜色中选一种，有

10、4种选法；第二步，第二面旗子可从剩下的三种中选一种，有3种选法；第三步，第三面旗子可从剩下的两种颜色中选一种，有2种选法根据乘法原理，共有种表示法 根据加法原理，一共可以表示出种不同的信号【巩固】 五面五种颜色的小旗，任意取出一面、两面或三面排成一行表示各种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？（6级）【解析】 分3种情况：取出一面，有5种信号；取出两面：可以表示种信号；取出三面：可以表示：种信号；由加法原理，一共可以表示：种信号【例 9】 五种颜色不同的信号旗，各有5面，任意取出三面排成一行，表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？（6级）【解析】 方法一：取出的3面旗子，可以是一种颜

11、色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类 一种颜色： 5种可能； 两种颜色： 三种颜色： 所以，一共可以表示种不同的信号方法二：每一个位置都有5种颜色可选，所以共有种【巩固】 红、黄、蓝、白四种颜色不同的小旗，各有2，2，3，3面，任意取出三面按顺序排成一行，表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？如果白旗不能打头又有多少种？（6级）【解析】 (一)取出的3面旗子，可以是一种颜色、两种颜色、三种颜色，应按此进行分类第一类，一种颜色：都是蓝色的或者都是白色的，2种可能；第二类，两种颜色： 第三类，三种颜色： 所以，根据加法原理，一共可以表示种不同的信号(二)白棋打头的信号，后两面旗有种情况所

12、以白棋不打头的信号有种【例 10】 (2008年清华附中考题)小红和小明举行象棋比赛，按比赛规定，谁先胜头两局谁赢，如果没有胜头两局，谁先胜三局谁赢共有 种可能的情况（6级）【解析】 小红和小明如果有谁胜了头两局，则胜者赢，此时共2种情况；如果没有人胜头两局，即头两局中两人各胜一局，则最少再进行两局、最多再进行三局，必有一人胜三局，如果只需再进行两局，则这两局的胜者为同一人，对此共有种情况；如果还需进行三局，则后三局中有一人胜两局，另一人只胜一局，且这一局不能为最后一局，只能为第三局或第四局，此时共有种情况，所以共有种情况【例 11】 （2009年“数学解题能力展示”中年级复赛试题）过年了，妈

13、妈买了7件不同的礼物，要送给亲朋好友的5个孩子每人一件其中姐姐的儿子小强想从智力拼图和遥控汽车中选一个，朋友的女儿小玉想从学习机和遥控汽车中选一件那么，妈妈送出这5件礼物共有种方法（6级）【解析】 若将遥控汽车给小强，则学习机要给小玉，此时另外3个孩子在剩余5件礼物中任选3件，有种方法；若将遥控车给小玉，则智力拼图要给小强，此时也有60种方法；若遥控车既不给小强、也不给小玉，则智力拼图要给小强，学习机要给小玉，此时仍然有60种方法所以共有种方法【例 12】 有3所学校共订300份中国少年报，每所学校订了至少98份，至多102份问：一共有多少种不同的订法？（6级）【解析】 可以分三种情况来考虑：

14、3所学校订的报纸数量互不相同，有98，100，102；99，100，101两种组合，每种组各有种不同的排列，此时有种订法3所学校订的报纸数量有2所相同，有98，101，101；99，99，102两种组合，每种组各有3种不同的排列，此时有种订法3所学校订的报纸数量都相同，只有100，100，100一种订法由加法原理，不同的订法一共有种【例 13】 玩具厂生产一种玩具棒，共节，用红、黄、蓝三种颜色给每节涂色这家厂共可生产_种颜色不同的玩具棒（8级）【解析】 每节有种涂法，共有涂法(种)但上述种涂法中，有些涂法属于重复计算，这是因为有些游戏棒倒过来放时的颜色与顺着放时的颜色一样，却被我们当做两种颜色

15、计算了两次可以发现只有游戏棒的颜色关于中点对称时才没有被重复计算，关于中点对称的游戏棒有(种)故玩具棒最多有种不同的颜色【例 14】 奥苏旺大陆上的居民使用的文字非常独特，他们文字的每个单词都由个字母、组成，并且所有的单词都有着如下的规律，字母不打头，单词中每个字母后边必然紧跟着字母，和不会出现在同一个字母之中，那么由四个字母构成的单词一共有多少种？（8级）【解析】 分为三种：第一种：有两个的情况只有1种 第二种，有一个的情况，又分3类第一类，在第一个位置，则在第二个位置，后边的排列有种，减去、同时出现的两种，总共有14种，第二类，在第二个位置，则在第三个位置，总共有种.第三类，在第三个位置，

16、则在第四个位置，总共有种. 第三种，没有的情况:分别计算没有的情况:种.没有的情况：种.没有、的情况：种.由容斥原理得到一共有种.所以，根据加法原理，一共有种【例 15】 从6名运动员中选出4人参加接力赛，求满足下列条件的参赛方案各有多少种：甲不能跑第一棒和第四棒；甲不能跑第一棒，乙不能跑第二棒（6级）【解析】 先确定第一棒和第四棒，第一棒是除甲以外的任何人，有5种选择，第四棒有4种选择，剩下的四人中随意选择2个人跑第二、第三棒，有种，由乘法原理，共有：种参赛方案 先不考虑甲乙的特殊要求，从6名队员中随意选择4人参赛，有种选择.考虑若甲跑第一棒，其余5人随意选择3人参赛，对应种选择，考虑若乙跑

17、第二棒，也对应种选择，但是从360种中减去两个60种的时候，重复减了一次甲跑第一棒且乙跑第二棒的情况，这种情况下，对应于第一棒第二棒已确定只需从剩下的4人选择2人参赛的种方案，所以，一共有种不同参赛方案模块二、加乘原理与数字问题【例 16】 由数字1，2，3 可以组成多少个没有重复数字的数？（4级）【解析】 因为有1，2，3共3个数字，因此组成的数有3类：组成一位数；组成二位数；组成三位数它们的和就是问题所求组成一位数：有3个；组成二位数：由于数字可以重复使用，组成二位数分两步完成；第一步排十位数，有3种方法；第二步排个位数也有3种方法，因此由乘法原理，有个；组成三位数：与组成二位数道理相同，

18、有个三位数；所以，根据加法原理，一共可组成个数【例 17】 由数字0，1，3，9可以组成多少个无重复数字的自然数？（6级）【解析】 满足条件的数可以分为4类：一位、二位、三位、四位数第一类，组成0和一位数，有4个（0不是一位数，最小的一位数是1）；第二类，组成二位数，有个；第三类，组成三位数，有个;第四类，组成四位数，有个由加法原理，一共可以组成个数【巩固】 用数字0，1，2，3，4可以组成多少个小于1000的自然数？（6级）【解析】 小于1000的自然数有三类第一类是0和一位数，有5个；第二类是两位数，有个；第三类是三位数，有个，共有个【巩固】 用数码0，1，2，3，4，可以组成多少个小于1

19、000的没有重复数字的自然数？（6级）【解析】 分为三类，一位数时，0和一位数共有5个；二位数时，为个，三位数时，为：个，由加法原理，一共可以组成个小于1000的没有重复数字的自然数【例 18】 用09这十个数字可组成多少个无重复数字的四位数（6级）【解析】 无重复数字的四位数的千位、百位、十位、个位的限制条件：千位上不能排0，或说千位上只能排19这九个数字中的一个.而且其他位置上数码都不相同，下面分别介绍三种解法.（方法一）分两步完成： 第一步：从19这九个数中任选一个占据千位，有9种方法； 第二步：从余下的9个数（包括数字0）中任选3个占据百位、十位、个位，百位有9种.十位有8种，个位有7

20、种方法； 由乘法原理，共有满足条件的四位数9×9×8×7=4536个 （方法二）组成的四位数分为两类：第一类：不含0的四位数有9×8×7×6=3024个；第二类：含0的四位数的组成分为两步：第一步让0占一个位有3种占法，（让0占位只能在百、十、个位上，所以有3种）第二步让其余9个数占位有9×8×7种占法.所以含0的四位数有3×9×8×7=1512个由加法原理，共有满足条件的四位数3024+1512=4536个【巩固】 用0，1，2，3四个数码可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？（6级

21、）【解析】 分为两类：个位数字为0的有个，个位数字为 2的有个，由加法原理，一共有：个没有重复数字的四位偶数【例 19】 在2000到2999这1000个自然数中，有多少个千位、百位、十位、个位数字中恰有两个相同的数？（6级）【解析】 若相同的数是2，则另一个2可以出现在个、十、百位中的任一个位置上，剩下的两个位置分别有9个和8个数可选，有 3×9×8=216（个）；若相同的数是1，有3×824（个）；同理，相同的数是0，3，4，5，6，7，8，9时，各有 24个，所以，符合题意的数共有2169×24=432（个）【例 20】 在1000至1999这些自

22、然数中个位数大于百位数的有多少个? （6级）【解析】 (方法一)解决计数问题常用分类讨论的方法 设在1000至1999这些自然数中满足条件的数为 (其中)； (1)当时，可取19中的任一个数字，可取09中的任一个数字，于是一共有个 (2)当时，可取29中的任一个数字，仍可取09中的任一个数字，于是一共有个(3)类似地，当依次取2，3，4，5，6，7，8时分别有70，60，50，40，30，20，10个符合条件的自然数所以，符合条件的自然数有个(方法二)1000至1999这1000个自然数中，每10个中有一个个位数等于百位数，共有100个；剩余的数中，根据对称性，个位数大于百位数的和百位数大于个

23、位数的一样多，所以总数为个.【例 21】 某人忘记了自己的密码数字，只记得是由四个非0数码组成，且四个数码之和是9为确保打开保险柜至少要试多少次？（6级）【解析】 四个非0数码之和等于9的组合有1，1，1，6；1，1，2，5；1，1，3，4；1，2，2，4；1，2，3，3；2，2，2，3六种第一种中，只要考虑6的位置即可，6可以随意选择四个位置，其余位置方1，共有4种选择第二种中，先考虑放2，有4种选择，再考虑5的位置，有3种选择，剩下的位置放1，共有4×3=12种选择，同理，第三、第四、第五种都有12种选择，最后一种与第一种相似，3的位置有四种选择，其余位置放2，共有4种选择.由加

24、法原理，一共可以组成4+12+12+12+12+4=56个不同的四位数，即为确保打开保险柜至少要试56次【例 22】 从1到100的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个? （6级）【解析】 从1到100的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；两位数中，不含4的可以这样考虑：十位上，不含4的有l、2、3、5、6、7、8、9这八种情况个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有个数不含4三位数只有100 所以一共有个不含4的自然数【

25、巩固】 从1到500的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个? （6级）【解析】 从1到500的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数一位数中，不含4的有8个，它们是1、2、3、5、6、7、8、9；两位数中，不含4的可以这样考虑：十位上，不含4的有l、2、3、5、6、7、8、9这八种情况个位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有8×9=72个数不含4三位数中，小于500并且不含数字4的可以这样考虑：百位上，不含4的有1、2、3、这三种情况十位上，不含4的有0、1、2、3、5、6、7

26、、8、9这九种情况，个位上，不含4的也有九种情况要确定一个三位数，可以先取百位数，再取十位数，最后取个位数，应用乘法原理，这时共有个三位数由于500也是一个不含4的三位数所以，1500中，不含4的三位数共有个 所以一共有个不含4的自然数【巩固】 从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数有多少个? （6级）【解析】 从1到300的所有自然数可分为三大类，即一位数，两位数，三位数一位数中，不含2的有8个，它们是1、3、4、5、6、7、8、9；两位数中，不含2的可以这样考虑：十位上，不含2的有1、3、4、5、6、7、8、9这八种情况个位上，不含2的有0、1、3、4、5、6、7、8、9这九种情

27、况，要确定一个两位数，可以先取十位数，再取个位数，应用乘法原理，这时共有个数不含2；三位数中，除去300外，百位数只有1一种取法，十位与个位均有0，1，3，4，5，6，7，8，9九种取法，根据乘法原理，不含数字2的三位数有：个，还要加上300； 根据加法原理，从1到300的所有自然数中，不含有数字2的自然数一共有个【例 23】 由数字0、2、8（既可全用也可不全用）组成的非零自然数，按照从小到大排列，2008排在第 个【2008年第二届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛】（8级）【解析】 比小的位数有和，比小的位数有（种），比小的位数有（种），比小的位数有（种），所以排在第（个）【巩固】

28、 从分别写有2、4、6、8的四张卡片中任取两张，做两个一位数乘法.如果其中的6可以看成9，那么共有多少种不同的乘积？（6级）【解析】 取2有8、12、16、18四种，取4增加24、32、36三种，取6增加48、72两种，一共有9种【例 24】 自然数8336，8545，8782有一些共同特征，每个数都是以8开头的四位数，且每个数中恰好有两个数字相同这样的数共有多少个？（6级）【解析】 两个相同的数字是8时，另一个8有3个位置可选，其余两个位置有种填法，有个数； 两个相同的数字不是8时，相同的数字有9种选法，不同的数字有8种选法，并有3个位置可放，有个数 由加法原理，共有个数【巩固】 在1000

29、到1999这1000个自然数中，有多少个千位、百位、十位、个位数字中恰有两个相同的数？（6级）【解析】 若相同的数是1，则另一个1可以出现在个、十、百位中的任一个位置上，剩下的两个位置分别有9个和8个数可选，有个；若相同的数是2，有3×824个；同理，相同的数是0，3，4，5，6，7，8，9时，各有 24个，所以，符合题意的数共有个【例 25】 如果一个三位数满足，那么把这个三位数称为“凹数”，求所有“凹数”的个数（8级）【解析】 当为时，、可以为19中的任何一个，此时有种；当为时，、可以为29中的任何一个，此时有种；当为时，有种；所以共有(个)【例 26】 用数字1，2组成一个八位

30、数，其中至少连续四位都是1的有多少个？（6级） 【解析】 将4个1看成一个整体，其余4个数有5种情况：4个2、3个2、2个2、1个2和没有2； 4个2时，4个1可以有5种插法； 3个2时，3个2和1个1共有4种排法，每一种排法有4种插法，共有种； 2个2时，2个2和2个1共有6种排法，每一种排法有3种插法，共有种； 1个2时，1个2和3个1共有4种排法，每一种排法有2种插法，共有种； 没有2时，只有1种； 所以，总共有：个 答：至少连续四位都是1的有48个【例 27】 七位数的各位数字之和为60 ，这样的七位数一共有多少个？（6级）【解析】 七位数数字之和最多可以为七位数的可能数字组合为：9，

31、9，9，9，9，9，6第一种情况只需要确定6的位置即可所以有6种情况9，9，9，9，9，8，7第二种情况只需要确定8和7的位置，数字即确定8有7个位置，7有6个位置所以第二种情况可以组成的7位数有个9，9，9，9，8，8，8，第三种情况，3个8的位置确定即7位数也确定三个8的位置放置共有种三个相同的8放置会产生种重复的放置方式所以3个8和4个9组成的不同的七位数共有种所以数字和为60的七位数共有【例 28】 从自然数140中任意选取两个数，使得所选取的两个数的和能被4整除，有多少种取法？（6级）【解析】 2个数的和能被4整除，可以根据被4除的余数分为两类：第一类：余数分别为0，0140中能被4

32、整除的数共有（个），10个中选2个，有（种）取法；第二类：余数分别为1，3140中被4除余1，余3的数也分别都有10个，有（种）取法；第三类：余数分别为2，2同第一类，有45种取法根据加法原理，共有（种）取法【例 29】 在的自然数中取出两个不同的数相加，其和是3的倍数的共有多少种不同的取法？（6级）【解析】 将1100按照除以3的余数分为3类：第一类，余数为1的有1，4，7，100，一共有34个；第二类，余数为2的一共有33个；第三类，可以被3整除的一共有33个取出两个不同的数其和是3的倍数只有两种情况：第一种，从第一、二类中各取一个数，有种取法；第二种，从第三类中取两个数，有种取法根据加法

33、原理，不同取法共有：种【巩固】 在110这10个自然数中，每次取出两个不同的数，使它们的和是3的倍数，共有多少种不同的取法？（6级）【解析】 两个数的和是3的倍数有两种情况，或者两个数都是3的倍数，或有1个除以3余1，另一个除以3余2110中能被3整除的有3个数，取两个有3种取法；除以3余1的有4个数，除以3余2的有3个数，各取1个有种取法根据加法原理，共有取法：种【巩固】 在这10个自然数中，每次取出三个不同的数，使它们的和是3的倍数有多少种不同的取法？（6级）【解析】 三个不同的数和为3的倍数有四种情况：三个数同余1，三个数同余2，三个数都被3整除，余1余2余0的数各有1个，四类情况分别有

34、4种、1种、1种、种，所以一共有种【巩固】 从7，8，9，76，77这71个数中，选取两个不同的数，使其和为3的倍数的选法总数是多少? （6级）【解析】 两个数和为3的倍数情况有两种：两个被3整除的数和是3的倍数，一个被3除余1的数和一个被3除余2的数相加也能被3整除.这71个数中被3整除，被3除余1，被3除余2的数分别有23、24、24个，选取两个数只要是符合之前所说的两种情况就可以了，选取两个被3整除的数的方法有种，从被3除余1和被3除余2的数中各取1个的方法共有种，所以一共有种选取方法【巩固】 从这些数中选取两个数，使其和被3除余1的选取方法有多少种？被3除余2的选取方法有多少种？（6级

35、）【解析】 两个数的和被3除余1的情况有两种：两个被3除余2的数相加，和一个被3整除的数和一个被3除余1的数相加，所以选取方法有种同样的也可以求出被3除余2的选取方法有种.【例 30】 1到60这60个自然数中，选取两个数，使它们的乘积是被5除余2的偶数，问，一共有多少种选法？（6级）【解析】 两个数的乘积被5除余2有两类情况，一类是两个数被5除分别余1和2，另一类是两个数被5除分别余3和4，只要两个乘数中有一个是偶数就能使乘积也为偶数.1到60这60个自然数中，被5除余1、2、3、4的偶数各有6个，被5除余1、2、3、4的奇数也各有6个，所以符合条件的选取方式一共有种【例 31】 一个自然数

36、，如果它顺着看和倒过来看都是一样的，那么称这个数为“回文数”例如1331，7，202都是回文数，而220则不是回文数问：从一位到六位的回文数一共有多少个?其中的第1996个数是多少? （6级）【解析】 我们将回文数分为一位、二位、三位、六位来逐组计算所有的一位数均是“回文数”，即有9个； 在二位数中，必须为形式的，即有9个(因为首位不能为0，下同)； 在三位数中，必须为(、可相同，在本题中，不同的字母代表的数可以相同)形式的，即有9×10 =90个；在四位数中，必须为形式的，即有9×10个；在五位数中，必须为形式的，即有9×10×10=900个；在六位数

37、中，必须为形式的，即有9×10×10=900个所以共有9 + 9 + 90 + 90 + 900 + 900 = 1998个，最大的为999999，其次为998899，再次为997799而第1996个数为倒数第3个数，即为997799所以，从一位到六位的回文数一共有1998个，其中的第1996个数是997799【例 32】 如图，将1，2，3，4，5分别填入图中的格子中，要求填在黑格里的数比它旁边的两个数都大共有 种不同的填法【走进美妙数学花园少年数学邀请赛】（6级）【解析】 因为要求“填在黑格里的数比它旁边的两个数都大”，所以填入黑格中的数不能够太小，否则就不满足条件通过

38、枚举法可知填入黑格里的数只有两类：第一类，填在黑格里的数是5和4；第二类，填在黑格里的数是5和3接下来就根据这两类进行计数：第一类，填在黑格里的数是5和4时，分为以下几步：第一步，第一个黑格可从5和4中任选一个，有2种选法；第二步，第二个黑格可从5和4中剩下的一个数选择，只有1种选法；第三步，第一个白格可从1，2，3中任意选一个，有3种选法第四步，第二个白格从1，2，3剩下的两个数中任选一个，有2种选法；第五步，最后一个白格只有1种选法根据乘法原理，一共有种第二类，填在黑格里的数是5和3时，黑格中有两种填法，此时白格也有两种填法，根据乘法原理，不同的填法有种所以，根据加法原理，不同的填法共有种

39、【巩固】 在如图所示1×5的格子中填入1，2，3，4，5，6，7，8中的五个数，要求填入的数各不相同，并且填在黑格里的数比它旁边的两个数都大共有 种不同的填法（6级）【解析】 如果取出来的五个数是1、2、3、4、5，则共有不同填法16种从8个数中选出5个数，共有8×7×6÷(3×2×1)=56中选法，所以共16×56=896种【例 33】 从112中选出7个自然数，要求选出的数中不存在某个自然数是另一个自然数的2倍，那么一共有 种选法（6级）【解析】 由于要求选出的数中不存在某个自然数是另一个自然数的2倍，可以先根据2倍关系

40、将112进行如下分组：(1，2，4，8)；(3，4，12)；(5，10)；(7)；(9)；(11)由于第一组最多可选出2个数，第二组最多可选出2个数，其余四组最多各可选出1个数，所以最多可选出8个数现在要求选出7个数，所以恰好有一组选出的数比它最多可选出的数少一个如果是第一组少一个，也就是说第一组选1个，第二组选2个，其余四组各选1个，此时有种选法；如果是第二组少一个，也就是说第一组选2个，其余五组各选一个，此时第一组有3种选法，根据乘法原理，有种选法；如果是第三组少一个，也就是说第一组选2个，第二组选2个，第三组不选，其余三组各选1个，有种选法；如果是第四、五、六组中的某一组少一个，由于这三

41、组地位相同，所以各有种选法根据加法原理，共有种不同的选法【例 34】 从到这个自然数中有 个数的各位数字之和能被4整除（6级）【解析】 由于在一个数的前面写上几个0不影响这个数的各位数字之和，所以可以将到中的一位数和两位数的前面补上两个或一个0，使之成为一个三位数现在相当于要求001到999中各位数字之和能被4整除的数的个数一个数除以4的余数可能为0，1，2，3，09中除以4余0的数有3个，除以4余1的也有3个，除以4余2和3的各有2个三个数的和要能被4整除，必须要求它们除以4的余数的和能被4整除，余数的情况有如下5种：；如果是，即3个数除以4的余数都是0，则每位上都有3种选择，共有种可能，但

42、是注意到其中也包含了000这个数，应予排除，所以此时共有个；如果是，即3个数除以4的余数分别为0，1，3，而在3个位置上的排列有种，所以此时有个；如果是，即3个数除以4的余数分别为0，2，2，在3个位置上的排列有种，所以此时有个；如果是，即3个数除以4的余数分别为1，1，2，在3个位置上的排列有种，所以此时有个；如果是，即3个数除以4的余数分别为2，3，3，在3个位置上的排列有种，此时有个根据加法原理，共有【巩固】从10到4999这4990个自然数中，其数字和能被4整除的数有多少个？（6级）【解析】 分段计算：在10004999这4000个数中，数字和被4除余0、1、2、3的各有1000个；在

43、200999这800个数中，数字和被4除余0、1、2、3的各有200个；在2099、120199这160个数中，数字和被4除余0、1、2、3的各有40个；此外，1019、100119种分别有2个和4个被4整除，所以，共有个【巩固】从1到3998这3998个自然数中，又多少个数的各位数字之和能被4整除？（6级）【解析】 从0到999共有1000个数，它们除以4的余数为0，1，2，3，这样，这1000个数每一个加上千位上对应的0，1，2，3，都能被4整除，所以答案为1000个【例 35】 有两个不完全一样的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6将两个正方体放到桌面上，向上的

44、一面数字之和为偶数的有多少种情形？（6级）【解析】 要使两个数字之和为偶数，只要这两个数字的奇偶性相同，即这两个数字要么同为奇数，要么同为偶数，所以，要分两大类来考虑第一类，两个数字同为奇数由于放两个正方体可认为是一个一个地放放第一个正方体时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个正方体，出现奇数也有三种可能，由乘法原理，这时共有种不同的情形 第二类，两个数字同为偶数，类似第一类的讨论方法，也有种不同情形 最后再由加法原理即可求解两个正方体向上的一面数字之和为偶数的共有种不同的情形【巩固】 有两个不完全一样的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6将两个正方体放到桌面

45、上，向上的一面数字之和为奇数的有多少种情形？（6级）【解析】 要使两个数字之和为奇数，只要这两个数字的奇偶性不同，即这两个数字一个为奇数，另一个为偶数，由于放两个正方体可认为是一个一个地放放第一个正方体时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；放第二个正方体，出现偶数也有三种可能，由乘法原理，这时共有种不同的情形【例 36】 有两个骰子，每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点随意掷这两个骰子，向上一面点数之和为偶数的情形有多少种？（6级）【解析】 方法一：要使两个骰子的点数之和为偶数，只要这两个点数的奇偶性相同，可以分为两步：第一步第一个骰子随意掷有6种可能的点数；第二步当第一个骰子的点

46、数确定了以后，第二个骰子的点数只能是与第一个骰子的点数相同奇偶性的3种可能的点数根据乘法原理，向上一面的点数之和为偶数的情形有（种）方法二：要使两个骰子点数之和为偶数，只要这两个点数的奇偶性相同，所以，可以分为两类：第一类：两个数字同为奇数有（种）不同的情形第二类：两个数字同为偶数类似第一类，也有（种）不同的情形根据加法原理，向上一面点数之和为偶数的情形共有（种） 方法三：随意掷两个骰子，总共有（种）不同的情形因为两个骰子点数之和为奇数与偶数的可能性是一样的，所以，点数之和为偶数的情形有（种）【巩固】 有三个骰子，每个骰子的六个面分别有1、2、3、4、5、6个点随意掷这三个骰子，向上一面点数之

47、和为偶数的情形有多少种？（6级）【解析】 方法一：要使三个点数之和为偶数，有两种情况，三个点数都为偶数，或者一个点数为偶数另外两个点数为奇数可以分为三步：第一步，第一个骰子随意掷有6种可能的点数；第二步，当第一个骰子的点数确定了以后，第二个骰子的点数还是奇数偶数都有可能所有也有6种可能的点数；第三步，当前两个骰子的点数即奇偶性都确定了之后第三个骰子点数的奇偶性就确定了所以只有3种可能的点数根据乘法原理，向上一面的点数之和为偶数的情形有（种）方法二：要使三个点数之和为偶数，有两种情况，三个点数都为偶数，或者一个点数为偶数另外两个点数为奇数所以，要分两大类来考虑： 第一类：三个点数同为偶数由于掷骰

48、子可认为是一个一个地掷每掷一个骰子出现偶数点数都有3种可能由乘法原理，这类共有（种）不同的情形 第二类：一个点数为偶数另外两个点数为奇数先选一个骰子作为偶数点数的骰子有3种选法，然后类似第一类的讨论方法，共有（种）不同情形 根据加法原理，三个骰子向上一面点数之和为偶数的情形共有（种）【巩固】 3个骰子掷出的点数和中，哪个数最有可能？（6级）【解析】 对于3个骰子的情况，情况比较复杂，点数和的取值范围是3到18，其中点数和为3到8的情况的种数可以用隔板法求出，例如，8点的情况，实际上将8隔为3段，一共有种而13到18的点数情况种数也可以直接求出，例如点数为13的情况，将每个骰子的数值分别记为、，

49、、的取值都是1到6，则问题变为的解的数量，即的解的数量，这就又可以用隔板法来求了，得数还是21种，(事实上构成的数表一定是左右对称的)对于点数和为9、10、11、12的情况不能用隔板法来求，例如对9进行隔板有种，但这28种中还包括了1、1、7，1、7、1，7、1、1三种情况，所以实际的情况只有25种，对于点数和为10点的情况用挡板法求得45种，扣除9种出现超过6点的情况，还有36种,详表如图：点数345678910情况数1361015212536点数1817161514131211情况数1361015212536所以3个骰子的点数和中，10和11的可能性最大【例 37】 有一种用12位数表示时

50、间的方法：前两位表示分，三四位表示时，五六位表示日，七八位表示月，后四位表示年凡不足数时，前面补0按照这种方法，2002年2月20日2点20分可以表示为200220022002这个数的特点是：它是一个12位的反序数，即按数位顺序正着写反着写都是相同的自然数，称为反序数例如171，23032等是反序数而28与82不相同，所以28，82都不是反序数问：从公元1000年到2002年12月，共有多少个这样的时刻？（6级）【解析】 反序数是关于中心对称的数日期的两个数可以是01，02，03，10，11，12中的任意一个年份的前两位可以是1012中的任意数年份的末两位可以分别是09，05中的任意数在公元1

51、000公元2000年间符合条件的数共有个2000，2001，2002，月份可选01，02，03，10，11，12符合条件的时间共：(个)【例 38】 假如电子计时器所显示的十个数字是“0126093028”这样一串数，它表示的是1月26日9时30分28秒在这串数里，“0”出现了3次，“2”出现了2次，“1”、“3”、“6”、“8”、“9”各出现1次，而“4”、“5”、“7”没有出现如果在电子计时器所显示的这串数里，“0”、“1”、“2”、“3”、“4”、“5”、“6”、“7”、“8”、“9”这十个数字都只能出现一次，称它所表示的时刻为“十全时”，那么2003年一共有多少个这样的“十全时”？（6

52、级）【解析】 容易验证在1、2、10、11、12月内没有“十全时” 3月里只有形式032 1 符合条件 其中两个方格中可以填4或5，四条横线上可以填6或7或8或9，于是共有个“十全时” 同理4、5月内也分别各有48个“十全时” 6月里有两种形式：061 23 或062 1 符合条件 对于形式两个方格中可以填4或5；三条横线上可以填7或8或9， 于是共有个“十全时” 两个方格中可以填3或4，或5中的任意两个数，三条横线上可以填7或8或9及3、4、5中余下的某一个数 于是共有个“十全时” 所以6月里共有“十全时”个 同理7、8、9月内也分别各有156个“十全时” 综上所述，2003年一共有个“十全

53、时”模块三、加乘原理与图论【例 39】 地图上有A，B，C，D四个国家(如下图)，现有红、黄、蓝三种颜色给地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？（6级）【解析】 A有3种颜色可选；当B，C取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时D也有2种颜色可选根据乘法原理，不同的涂法有种；当B，C取不同的颜色时，B有2种颜色可选，C仅剩1种颜色可选，此时D也只有1种颜色可选(与A相同)根据乘法原理，不同的涂法有种综上，根据加法原理，共有种不同的涂法【巩固】 如果有红、黄、蓝、绿四种颜色给例题中的地图染色，使相邻国家的颜色不同，但不是每种颜色都必须要用，问有多少种染色方法？

54、（6级）【解析】 第一步，首先对A进行染色一共有4种方法，然后对B、C进行染色，如果B、C取相同的颜色，有三种方式，D剩下3种方式，如果B、C取不同颜色，有种方法，D剩下2种方法，对该图的染色方法一共有种方法【注意】给地图染色问题中有的可以直接用乘法原理解决，有的需要分类解决，前者分类做也可以解决问题【例 40】 如右图，有A、B、C、D、E五个区域，现用五种颜色给区域染色，染色要求：每相邻两个区域不同色，每个区域染一色有多少种不同的染色方式？（6级）【解析】 先采用分步：第一步给A染色，有5种方法；第二步给B染色，有4种方式；第三步给C染色，有3种方式；第四步给D染色，有3种方式；第五步，给

55、E染色，由于E不能与A、B、D同色，但可以和C同色此时就出现了问题：当D与B同色时，E有3种颜色可染；而当D与B异色时，E有2种颜色可染所以必须从第四步就开始分类：第一类，D与B同色E有3种颜色可染，共有（种）染色方式；第二类，D与B异色D有2种颜色可染，E有2种颜色可染，共有（种）染色方式 根据加法原理，共有（种）染色方式【注意】给图形染色问题中有的可以直接用乘法原理解决，但如果碰到有首尾相接的图形往往需要分类解决【巩固】 如右图，有A，B，C，D四个区域，现用四种颜色给区域染色，要求相邻区域的颜色不同，每个区域染一色有多少种染色方法？（6级）【解析】 A有4种颜色可选，然后分类：第一类：，取相同的颜色有3种颜色可染，此时也有3种颜色可选根据乘法原理，不同的染法有（