奥数第10讲加法原理和乘法原理综合运用例题和详解

嬴趣味故事

加乘原理与干支纪年

大家都知道20XX年是乙丑年，就是我们的“干支纪年”法.那同学们知道它是怎

么算出来的吗？我们把天干分成十个，即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛'壬、癸.地

支共十二个：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥.那年份是通过怎样

的排列得到的呢？下面就是排列的方法：甲子、乙丑、丙寅、丁卯、戊辰、己巳、庚午、

辛未、壬申、癸酉；甲戌、乙亥

从“甲子”重新开始，直到“癸亥”结束.以

此纪年，一个循环60年.称为“六十甲子”，

或者“六十花甲”.根据这种推算，我们可以

算出任意一年是什么组合喽，读完这个故事，

讲给你的父母听，告诉他们我们祖辈的纪年其

实是利用了奥数知识啊.

P能力培养

思维/能力例1例2例3例4例5例6例7例8例9

思

维求异思维

differentialthinking©

分析彩熊力

analysisability©

气

能概括「能力

generalizationability©

力判断,能力

judgementability©

解决问题个能力

problemsolvingability©

与教学目标

本讲的两个教学要点：

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；

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、乘原理的常见题型：数论类问题、染色问题、图形组合.

界经典精讲

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.

n

n

n匚

n应用加法原理和乘法原理时要注意下面几点：

n

n⑴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

n

n完成任务的不同方法数等于各类方法数之和.

n

n⑵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

r

m方法数的乘积.

n

l⑶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

n

n这两大原理，综合分析，正确作出分类和分步.

n

tr

简单加乘原学9运用

惹寸、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

Q（）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？

【分析】（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：（4x3）x3=36

第三类，三种颜色：4x3x2=24

所以，根据加法原理，一共可以表示2+36+24=62种不同的信号.

（二）白棋打头的信号，后两面旗有4x4=16种情况.所以白棋不打头的信号有62-16=46种.

［铺垫］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？

［分析］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：

第一类第二类第三类

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4x3=12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4x3x2=24种表示法.

根据加法原理，一共可以表示出4+12+24=40种不同的信号.

（走进美妙数学花园少年数学邀请赛）

如图，将1,2,3,4,5分别填入图中1x5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.

©K______________________________________________________________________________）

【分析】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

(2xl)x(3x2xl)=12种.

第二类，填在黑格里的数是5和3时，黑格中有两种填法，此时白格也有两种埴法，根据乘法原

理，不同的填法有2x2=4种.

所以，根据加法原理，不同的填法共有12+4=16种.

用0~9这十个数字可组成多少个无重复数字的四位数?

【分析】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1〜9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1〜9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种方法.

由乘法原理，共有满足条件的四位数9x9x8x7=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9x8x7x6=3024个.

第二类：含()的四位数的组成分为两步：第一步让()占一个位有3种占法，(让()占住只能在百、

十、个位上，所以有3种)第二步让其余9个数占位有9x8x7种占法.所以含0的四位数有

3x9x8x7=1512个.

由加法原理，共有满足条件的四位数3024+1512=4536个.

方法三：从0〜9十个数中任取4个数的排列总数为10x9x8x7,其中0在千位的排列数有9x8x7

个，所以共有满足条件的四位数：10x9x8x7-9x8x7=9x8x7x(10-1)=4536个.

［拓展］用。，b2,3四个数码可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？

［分析J分为两类：个位数字为0的有3x2=6个，个位数字为2的有2x2=4个，由加法原理，一共有:

6+4=10个没有重复数字的四位偶数.

［拓展］用数码0,1,2,3,4,可以组成多少个小于1000的没有重复数字的自然数?

［分析1分为三类，一位数时，0和一位数共有5个；二位数时，为4x4=16个，三位数时，为：4x4x3=48

个，由加法原理，一共可以组成5+16+48=69个小于1000的没有重复数字的自然数.

©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?

【分析】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I、2、3、5、6、7、8、9这八种情况.个

位上，不含4的有()、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8X9=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()、1、2、3、5、6、7、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3x9x9=243个三位数.由于500也是一个不含4的三位数.所以，1〜500中，不含4的三

位数共有3x9x9+1=244个.

所以一共有8+8x9+3x9x9+1=324个不含4的自然数.

［巩固］从1至I100的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个？

［分析］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I、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8x9=72个数不含4.

三位数只有100.

所以一共有8+8x9+1=81个不含4的自然数.

©在1~100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?

【分析】将1〜100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34x33=1122种取法；第

二种，从第三类中取两个数，有33x32+2=528种取法.根据加法原理，不同取法共有：

1122+528=1650种.

［铺垫］在1~10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？

［分析］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2.1〜10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3x4=12种取法.根据加法原理，共有取法：3+12=15种.

［拓展］在1~10这1（）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？

［分析］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（）的数各有1个，四类情况分别有4种、1种、1种、4x3x3=36种，所以一共有

4+1+1+36=42种.

府补\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，

Q6］向上一面点数之和为偶数的情形有多少种？

【分析】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6x3=18（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3x3=9（种）不同的情形.

第二类：两个数字同为偶数.类似第一类，也有3x3=9（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9+9=18（种）.

方法三：随意掷两个骰子，总共有6x6=36（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36+2=18（种）.

［拓展］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

点数之和为偶数的情形有多少种？

［分析］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6x6x3=108（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3x3x3=27（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3x（3x3x3）=81（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3x3x3+3x3x3x3=108（种）.

加乘原理与图论

惹飞、用四种颜色对右图的五个字染色，要求相邻的区域的字染不同的颜色，但不是每种颜色

Q7）都必须要用.问：共有多少种不同的染色方法？

【分析】第一步给“而”上色，有4种选择；

然后对“学”染色，“学”有3种颜色可选；

当“奥”，"数”取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时“思”也有2种颜色可选，不同的涂法

<3x2x2=12种；

当“奥”，“数”取不同的颜色时，“奥”有2种颜色可选，“数”剩仅1种颜色可选，此时“思”

也只有1种颜色可选（与“学”相同），不同的涂法有3x2xlxl=6种.

所以，根据加法原理，共有4x3x（2x2+2）=72种不同的涂法

［铺垫］地图上有A,B,C,。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？

［分析］4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。也有2种颜色可选.根据乘法原理，不同的

涂法有3x2x2=12种；

当B,C取不同的颜色时，8有2种颜色可选，C仅剩1种颜色可选，此时。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3x2xlxl=6种.

综上，根据加法原理，共有12+6=18种不同的涂法.

［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.

［拓展］将图中的。分别涂成红色、黄色或绿色，要求有线段相连的两个相邻。涂不同的颜色，共有多少

种不同涂法?

［分析］如右上图，当A,B,C,。的颜色确定后，大正方形四个角上的。的颜色就确定了，所以只需

求A,B,C,。有多少种不同涂法.按先A,再B,D,后C的顺序涂色.

按A-8-。-C的顺序涂颜色:

A有3种颜色可选；

当B,。取相同的颜色时，有2种颜色可选，此时C也有2种颜色可选，不同的涂法有3x2x2=12种;

当B,。取不同的颜色时，B有2种颜色可选，。仅剩I种颜色可选，此时C也只有1种颜色可

选（与A相同），不同的涂法有3x2xlxl=6（种）.

所以，根据加法原理，共有12+6=18种不同的涂法.

惹分别用五种颜色中的某一种对下图的A,B,C,D,E,F六个区域染色，要求相

Pg］邻的区域染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用.问：有多少种不同的染法？

【分析】先按A,B,D,C,E的次序染色，可供选择的颜色依次有5,4,3,2,3种，注意E与。的

颜色搭配有3x3=9（种），其中有3种E和。同色，有6种E和。异色.最后染尸，当E与。同

色时有3种颜色可选，当E与。异色时有2种颜色可选，所以共有5x4x2x（3x3+6x2）=840种

染法.

在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点为顶点，可以画出多少不同的钝角三角形？

（补充知识：由直径和圆周上的一点构成的三角形一定是直角三角形，其中直径的边所

对的角是直角，所以如果圆周上三点在同一段半圆周上，则这三点构成钝角三角形）.

\_____________________________________________________________________y

【分析】由于10个点全在圆周上，所以这1()个点没有三点共线，故只要在10个点中取3个点，就可以

画出一个三角形，如果这三个点其中两点构成的线段小于直径，并且第三个点在被其余两点分割

的较小的圆周上，则这三个点构成钝角三角形，这样所有的钝南三角形可分为三类，第一类是

长边端点之间仅相隔一个点，这样的三角形有10x1=10个，第二类是长边端点之间相隔两个点，

这样的三角形有10x2=20个，第三类是长边端点之间相隔三个点，这样的三角形有10x3=30个,

所以一共可以画出10+20+30=60个钝角三角形.

［铺垫］在一个圆周上均匀分布10个点，以这些点再加上圆心一共11个点为端点，可以画出多少长度小

于直径的线段.

［分析］由于10个点全在圆周上，所以这10个点没有三点共线，故只要在10个点中取2个点，就可以

画出一条线段一共有45种方法，其中包括5条直径，应当舍去，其余线段的长都小于直径，-

共有40种方法.以圆心为端点的线段一共有10条，所以一共可以画出40+10=50条线段.

［铺垫］一个半圆周上共有12个点，直径上5个，圆周上7个，以这些点为顶点，可以画出多少个三角形?

［分析］第一类：三角形三个顶点都在圆周上，这样的三角形一共有7x6x5+Gx2xD=35种;

第二类：三角形两个顶点在圆周上，这样的三角形一共有7x6+(2xDx5=105种；

第三类：三角形一个顶点在圆周上，这样的三角形一共有7x5x4+QxD=70种；

根据加法原理，一共可以画出35+105+70=210种.

附加题

假如电子计时器所显示的十个数字是“0126（）93028”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20XX年一共有多少个这样的“十全时”？

y

【分析】⑴容易验证在1、2、10、11、12月内没有“十全时

⑵3月里只有形式032_1_口_□_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2x（4x3x2x1）=48

个“十全时”.

同理4、5月内也分别各有48个''十全时”.

⑶6月里有两种形式：061_23□—口—①或062_1□—口—②符合条件.

对于形式①两个方格中可以填4或5;三条横线上可以填7或8或9,

于是共有2x（3x2xl）=12个“十全时”.

②两个方格中可以填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（3x2）x（4x3x2xl）=144个“十全时”.

所以6月里共有“十全时”12+144=156个.

同理7、8、9月内也分别各有156个“十全时

综上所述，20XX年一共有48x3+156x4=768个“十全时”.

店玲、用红、橙、黄、绿、蓝5种颜色中的1种，或2种，或3种，或4种，分别涂在正四面

P2）体各个面上，一个面不能用两色，也无一个面不涂色的，问共有几种不同涂色方式？

【分析】我们来看正四面体四个面的相关位置，当底面确定后，（从上面俯视）三个侧面的顺序有顺时针

和逆时针两种（当三个侧面的颜色只有一种或两种时，顺时针和逆时针的颜色分布是相同的）.

正四面体正四面体展开图

按使用了的颜色种数分类：

第一类：用了4种颜色.第一步，选4种颜色，相当于选1种不用，有5种选法.第二步，如果

取定4种颜色涂于4个面上，有2种方法.这一类有5x2=10（种）涂法；

第二类：用了3种颜色.第一步，选3种颜色，相当于选2种不用，有5x4+2=10（种）选法；

第二步，取定3种颜色如红、橙、黄3色，涂于4个面上，有6种方法，如下图①②③

（图中用数字1,2,3分别表示红、橙、黄3色）.这一类有10x6=60（种）涂法；

第三类：用了2种颜色.第一步，选2种颜色，有5x4+2=10（种）选法；第二步，取定2种

颜色如红、橙2色，涂于4个面上，有3种方法，如下图④⑤⑥.这一类有10x3=30（种）

涂法；

第四类：用了一种颜色.第一步选1种颜色有5种方法；第二步，取定1种颜色涂于4个面上,

只有1种方法.这一类有5x1=5（种）涂法.

根据加法原理，共有10+60+30+5=105（种）不同的涂色方式.

惹"飞、三条平行线上分别有2,4,3个点（下图）,已知在不同直线上的任意三个点都不共线.问:

Q）以这些点为顶点可以画出多少个不同的三角形？

【分析】（方法一）本题分三角形的三个顶点在两条直线上和三条直线上两种情况

（1）三个顶点、在两条直线上，一共有4x3+2x2+3x2+2x2+3x2+2x4+4x3+2x3+4+3=55个

⑵三个顶点在三条直线上，由于不同直线上的任意三个点都不共线，所以一共有：2x4x3=24个

根据加法原理，一共可以画出55+24=79个三角形.

（方法二）9个点任取三个点有9x8x7+（3x2xl）=84种取法，其中三个点都在第二条直线上有4

种，都在第三条直线上有1种，所以一共可以画出84-4-1=79个三角形.

翻魔幻数学一一页码中的数学

小空最近迷上了小说，每天除了护送师傅，空闲时都要捧着一本挺厚的书读.一天，猪坚强看到正在

看书的小空就走过去问道：“你看的这本书好像很长啊，有多少页？”

“一共是186页呢!”小空的回答里都带着自豪，“是很长，不过我每天都读，肯定能读完的!”

"就怕你这只猴子没耐心啊……”猪坚强想着.

“对了，最近怎么没见你和师傅讨论奥数题呢？”

“说到奥数题，我今天就给你出一道，就以你看的这本书出题猪坚强回应道，“你刚才说这本书一

共有186页，那么我的问题是，所有这些页码的各位数字里面，一共有多少个1、3、5、7、9呢？”

那么，同学们也一起来帮小空算算吧！这也是对我们刚学会的加乘原理的综合应用哦.

答案：

把页码看成000到186,也就是说在不足三位的页码前面补上0,直到补足三位.在000到199中，偶

数和奇数出现的次数是一样的，所以1、3、5、7、9出现的次数总共是200x3+2=300（次）.而1、3、

5、7、9在187至IJ189中出现5次，从190至I」199出现25次.因此，1、3、5、7、9在所有页码中一共

出现300-5-25=270（次）.

我与竞赛零距离

（20XX年第二届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛）

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.

【分析】比2008小的4位数有2000和2002,比2008小的3位数有2x3x3=18（种），比2008小

翁家庭作业

/X

*练习1*

如右图，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？

【分析】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4x2=8

种方法，；第二类，从甲地经过丁地到丙地，一共有3x3=9种方法.根据加法原理，一共有8+9=17

种走法.

*练习2*

商店里有2种巧克力糖：牛奶味'榛仁味；有3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.

⑴如果小明只买一种糖，他有几种选法？

⑵如果小明想买水果糖、巧克力糖各1种，他有几种选法？

【分析】⑴小明只买一种糖，完成这件事一步即可完成，有两类办法：第一类是从2种巧克力糖中选一种

有2种办法；第二类是从3种水果糖中选一种，有3种办法.因此，小明有2+3=5种选糖的方法.

(2)小明完成这件事要分两步，每步分别有2种、3种方法，因此有3x2=6种方法.

*练习3*

用数字0,1,2,3,4,可以组成多