还剩13页未读，
继续阅读
所属成套资源：【新教材】高中数学人教A版选择性必修第三册课件
成套系列资料，整套一键下载
数学选择性必修 第三册6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理图文课件ppt
展开
这是一份数学选择性必修 第三册6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理图文课件ppt，共21页。PPT课件主要包含了复习引入，分步乘法计数原理，复习讲评，例题讲评，巩固练习，染色问题，以数字作答，提高练习等内容，欢迎下载使用。
完成一件事情，有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有mn种不同的方法.那么完成这件事共有N=m1+m2+⋅⋅⋅+m?种不同的方法.
1.分类加法计数原理
完成一件事情，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N=m1× m2× …× mn种不同的方法.
分类加法计数原理和分步乘法计数原理,回答的都是有关做一件事的不同方法的种数问题 . 区别在于: 分类加法计数原理: 针对的是"分类"问题,其中各种方法相互独立,用其中任何一种方法都可以做完这件事; 分步乘法计数原理: 针对的是"分步"问题,各个步骤中的方法互相依存,只有各个步骤都完成才算做完这件事.
完成一件事，共有n类办法，关键词“分类”
完成一件事，共分n个步骤，关键词“分步”
每类办法都能独立地完成这件事情，它是独立的、一次的、且每次得到的是最后结果，只须一种方法就可完成这件事。
每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事。
各类办法是互相独立的。
各步之间是互相关联的。
即：类类独立，步步关联。
例1.计算机编程人员在编写好程序以后需要对程序进行测试，程序员需要知道到底有多少条执行路径（程序从开始到结束的路线）,以便知道需要提供多少个测试数据。般地，一个程序模块由许多子模块组成。如图是一个具有许多执行路径的程序模块，它有多少条执行路径？ 另外，为了减少测试时间，程序员需要设法减少测试次数，你能帮助程序员设计一个测试方法，以减少测试次数吗？
分析：整个模块的任意一条执行路径都分两步完成：第1步是从开始执行到A点；第2步是从A点执行到结束，而第1步可由子模块1、子模块2、子模块3中任何一个来完成；第2步可由子模块4、子模块5中任何一个来完成，因此，分析一条指令在整个模块的执行路径需要用到两个计数原理
解：由分类加法计数原理，子模块1、子模块2、子模块3中的子路径条数共为18+45+28=91;子模块4、子模块5中的子路径条数共为38+43=81.又由分步乘法计数原理，整个模块的执行路径条数共为91×81=7371.
在实际测试中，程序员总是把每一个子模块看成一个黑箱，即通过只考察是否执行了正确的子模块的方式来测试整个模块，这样，他可以先分别单独测试5个模块，以考察每个子模块的工作是否正常，总共需要的测试次数为18+45+28+38+43=172.再测试各个模块之间的信息交流是否正常，只需要测试程序第1步中的各个子模块和第2步中的各个子模块之间的信息交流是否正常，需要的测试次数为3×2=6.
如果每个子模块都工作正常，并且各个子模块之间的信息交流也正常，那么整个程序模块就工作正常，这样，测试整个模块的次数就变为172+6=178.
显然，178与7371的差距是非常大的
例2通常，我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为用汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号，第二部分为由阿拉伯数字和英文字母组成的序号，如图所示. 其中，序号的编码规则为：(1)由10个阿拉伯数字和除O,1之外的24个英文字母组成；(2)最多只能有2个英文字母.如果某地级市发牌机关采用5位序号编码，那么这个发牌机关最多能发放多少张汽车号牌？
分析：由号牌编号的组成可知，序号的个数决定了这个发牌机关所能发放的最多号牌数，按序号编码规则可知，每个序号中的数字、字母都是可重复的，并且可将序号分为三类：没有字母，有1个字母，有2个字母，以字母所在位置为分类标准，可将有1个字母的序号分为五个子类，将有2个字母的序号分为十个子类。
解：由号牌编号的组成可知，这个发牌机关所能发放的最多号牌数就是序号的个数.根据序号编码规则，5位序号可以分为三类：没有字母，有1个字母，有2个字母.(1)当没有字母时，序号的每一位都是数字，确定一个序号可以分5个步骤，每一步都可以从10个数字中选1个，各有10种选法，根据分步乘法计数原理，这类号牌张数为10×10×10×10×10=100000.(2)当有1个字母时，这个字母可以分别在序号的第1位、第2位、第3位、第4位或第5位，这类序号可以分为五个子类。当第1位是字母时，分5个步骤确定一个序号中的字母和数字：第1步，从24个字母中选1个放在第1位，有24种选法；第2~5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置，各有10种选法，根据分步乘法计数原理，号牌张数为24×10×10×10×10=240000.同样，其余四个子类号牌也各有240000张.根据分类加法计数原理，这类号牌张数一共为240000+240000+240000+240000+240000=1200000.(3)当有2个字母时，根据这2个字母在序号中的位置，可以将这类序号分为十个子类：第1位和第2位，第1位和第3位，第1位和第4位，第1位和第5位，第2位和第3位，第2位和第4位，第2位和第5位，第3位和第4位，第3位和第5位，第4位和第5位.当第1位和第2位是字母时，分5个步骤确定一个序号中的字母和数字：第1,2步都是从24个字母中选1个分别放在第1位、第2位，各有24种选法；第3~5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置，各有10种选法，根据分步乘法计数原理，号牌张数为24×24×10×10×10=576000.同样，其余九个子类号牌也各有576000张.于是，这类号牌张数一共为576000×10=5760000.综合(1)(2)(3),根据分类加法计数原理，这个发牌机关最多能发放的汽车号牌张数为100000+1200000+5760000=7060000.
例3.从数字1,2,3,4,5中取出3个数字（允许重复）,组成三位数，各位数字之和等于6,则这样的三位数的个数为( ) A.7 B.9 C.10 D.13
解：从数字1,2,3,4,5中取出3个数字（允许重复）,组成三位数，各位数字之和等于6,可分为三类情况：(1)当三个数为1,1,4时，4可以在个位、十位、百位，所以共有3个这样的三位数；(2)当三个数为1,2,3时，共有3×2×1=6个这样的三位数；(3)当三个数为2,2,2时，只有1个这样的三位数.由分类加法计数原理可得，共有3+6+1=10个，即这样的三位数共有10个.
假设今天是4月5日，某市未来六天的空气质量预报情况如下表所示.该市有甲、乙、丙三人计划在未来六天（4月5日~4月10日）内选择一天出游，在①甲只选择空气质量为优的一天出游；②乙不选择4月8日出游；③丙不选择4月5日出游；④甲与乙不选择同一天出游这四个条件中任选其中三个，求这三人出游的不同方法数.
解析:若选择①②③,则三人出游的不同方法数N=4×5×5=100.若选择①②④,则需分两类，第一类，若甲选择4月27日出游，则三人出游的不同方法数N1=5×6=30;第二类，若甲不选择月27日出游，则三人出游的不同方法数N2=3×4×6=72. .故这三人出游的不同方法数N= N1 +N2 =102若选择①③④,则三人出游的不同方法数N=4×5×5=100若选择②③④,则三人出游的不同方法数N=5×5×5=125.
汽车维修师傅在安装好汽车轮胎后，需要紧固轮胎上的五个螺栓，记为A、B、C、D、E(在正五边形的顶点上）,紧固时需要按一定的顺序固定每一个螺栓，但不能连续固定相邻的两个，则不同固定螺栓顺序的种数为( ) A.20 B.15 C.10 D.5
此题相当于在正五边形中，对五个字母排序，要求五边形的任意相邻两个字母不能排在相邻位置，考虑A放第一个位置，第二步只能是C或D,只有ACEBD和ADBEC两种情况；同理，分别让B、C、D、E放第一个位置，则各有两种情况，共2×5=10种情况.
例4、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, 第一步涂D,m1 = 3种, 第二步涂B, m2 = 2种,第三步涂C, m3 = 1种, 第四步涂A, 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 = 3 × 2 ×1×1 = 6 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 2色：0种,4色：4×3×2×2 = 48种, 5色：5×4×3×3 = 180种等。
练习：用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2,…，9的九宫格中的9个小正方形（如图）,使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为“1,5,9”的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法有 种.
解:分三步：第一步，先给标号1.5.9的正方形涂色，有3种涂法第二步，给标号2,3.6的小正方形涂色，又分两类：一是标号3与标号1.5.9涂色相同，则标号2.6各有2种涂法，共4种涂法；标号3与标号1.5.9涂色不同，则标号3有2种涂法，此时标号2,6只有1种涂法，种涂法，综上可知，标号2.3.6的小正第三的际法有4+2=6种然跟标号号标号4.7.8的小正方形涂色，显6的小正方形涂色方法一样，根据分步乘法计数原理，符合条件的所有涂法有3×6
1.如图,用5种不同颜色给图中的A、B、C、D四个区域涂色, 规定一个区域 只涂一种颜色, 相邻区域必须涂不同的颜色, 不同的涂色方案有 种。
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5×4×3×2＝120种方法。
根据分类计数原理，共有120+60＝180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5×4×3＝60种方法。
2、某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如右图）现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有______种.
（1）②与⑤同色，则③⑥也同色或④⑥也同色，所以共N1=4×3×2×2×1=48种；
所以，共有N=N1+N2+N3=48+48+24=120种.
（2）③与⑤同色，则②④或⑥④同色，所以共有N2=4×3×2×2×1=48种；
（3）②与④且③与⑥同色，则共N3=4×3×2×1=24种
解法一：从题意来看6部分种4种颜色的花，又从图形看知必有2组同颜色的花，从同颜色的花入手分类求
3.现有5种不同的颜色给如图所示的几何体的五个顶点P,A,B,C,D涂色，要求同一条棱上的两个顶点颜色不能相同，则一共有 种涂法.
解析 第1类：顶点A,C同色.顶点P有5种颜色可供选择，顶点A有4种颜色可供选择，顶点B有3种颜色可供选择，此时顶点C与顶点A同色，只有1种颜色可选，顶点D有3种颜色可供选择，不同的涂法有5×4×3×1×3=180种.第2类：顶点A,C不同色，顶点P有5种颜色可供选择，顶点A有4种颜色可供选择顶点B有3种颜色可供选择，此时顶点C顶点A不同色，有2种颜色可选，顶点D有2种颜色可供选择，不同的涂法有5×4×3××2=240种.综上，不同的涂法共有180+240=420种.
1、乘积 展开后共有几项？
2、某商场有6个门，如果某人从其中的任意一个门进入商场，并且要求从其他的门出去，共有多少种不同的进出商场的方式？
3.如图,该电路,从A到B共有多少条不同的线路可通电？
所以, 根据分类原理, 从A到B共有 N = 3 + 1 + 4 = 8 条不同的线路可通电。
在解题有时既要分类又要分步。
解: 从总体上看由A到B的通电线路可分三类,
第一类, m1 = 3 条
第二类, m2 = 1 条
第三类, m3 = 2×2 = 4, 条
两大原理妙无穷, 茫茫数理此中求; 万万千千说不尽, 运用解题任驰骋。
1.三个比赛项目，六人报名参加。１）每人参加一项有多少种不同的方法？２）每项１人，且每人至多参加一项，有多少种不同的方法？３）每项１人，每人参加的项数不限，有多少种不同的方法？
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?
完成一件事情，有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有mn种不同的方法.那么完成这件事共有N=m1+m2+⋅⋅⋅+m?种不同的方法.
1.分类加法计数原理
完成一件事情，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N=m1× m2× …× mn种不同的方法.
分类加法计数原理和分步乘法计数原理,回答的都是有关做一件事的不同方法的种数问题 . 区别在于: 分类加法计数原理: 针对的是"分类"问题,其中各种方法相互独立,用其中任何一种方法都可以做完这件事; 分步乘法计数原理: 针对的是"分步"问题,各个步骤中的方法互相依存,只有各个步骤都完成才算做完这件事.
完成一件事，共有n类办法，关键词“分类”
完成一件事，共分n个步骤，关键词“分步”
每类办法都能独立地完成这件事情，它是独立的、一次的、且每次得到的是最后结果，只须一种方法就可完成这件事。
每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不能完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事。
各类办法是互相独立的。
各步之间是互相关联的。
即：类类独立，步步关联。
例1.计算机编程人员在编写好程序以后需要对程序进行测试，程序员需要知道到底有多少条执行路径（程序从开始到结束的路线）,以便知道需要提供多少个测试数据。般地，一个程序模块由许多子模块组成。如图是一个具有许多执行路径的程序模块，它有多少条执行路径？ 另外，为了减少测试时间，程序员需要设法减少测试次数，你能帮助程序员设计一个测试方法，以减少测试次数吗？
分析：整个模块的任意一条执行路径都分两步完成：第1步是从开始执行到A点；第2步是从A点执行到结束，而第1步可由子模块1、子模块2、子模块3中任何一个来完成；第2步可由子模块4、子模块5中任何一个来完成，因此，分析一条指令在整个模块的执行路径需要用到两个计数原理
解：由分类加法计数原理，子模块1、子模块2、子模块3中的子路径条数共为18+45+28=91;子模块4、子模块5中的子路径条数共为38+43=81.又由分步乘法计数原理，整个模块的执行路径条数共为91×81=7371.
在实际测试中，程序员总是把每一个子模块看成一个黑箱，即通过只考察是否执行了正确的子模块的方式来测试整个模块，这样，他可以先分别单独测试5个模块，以考察每个子模块的工作是否正常，总共需要的测试次数为18+45+28+38+43=172.再测试各个模块之间的信息交流是否正常，只需要测试程序第1步中的各个子模块和第2步中的各个子模块之间的信息交流是否正常，需要的测试次数为3×2=6.
如果每个子模块都工作正常，并且各个子模块之间的信息交流也正常，那么整个程序模块就工作正常，这样，测试整个模块的次数就变为172+6=178.
显然，178与7371的差距是非常大的
例2通常，我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为用汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号，第二部分为由阿拉伯数字和英文字母组成的序号，如图所示. 其中，序号的编码规则为：(1)由10个阿拉伯数字和除O,1之外的24个英文字母组成；(2)最多只能有2个英文字母.如果某地级市发牌机关采用5位序号编码，那么这个发牌机关最多能发放多少张汽车号牌？
分析：由号牌编号的组成可知，序号的个数决定了这个发牌机关所能发放的最多号牌数，按序号编码规则可知，每个序号中的数字、字母都是可重复的，并且可将序号分为三类：没有字母，有1个字母，有2个字母，以字母所在位置为分类标准，可将有1个字母的序号分为五个子类，将有2个字母的序号分为十个子类。
解：由号牌编号的组成可知，这个发牌机关所能发放的最多号牌数就是序号的个数.根据序号编码规则，5位序号可以分为三类：没有字母，有1个字母，有2个字母.(1)当没有字母时，序号的每一位都是数字，确定一个序号可以分5个步骤，每一步都可以从10个数字中选1个，各有10种选法，根据分步乘法计数原理，这类号牌张数为10×10×10×10×10=100000.(2)当有1个字母时，这个字母可以分别在序号的第1位、第2位、第3位、第4位或第5位，这类序号可以分为五个子类。当第1位是字母时，分5个步骤确定一个序号中的字母和数字：第1步，从24个字母中选1个放在第1位，有24种选法；第2~5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置，各有10种选法，根据分步乘法计数原理，号牌张数为24×10×10×10×10=240000.同样，其余四个子类号牌也各有240000张.根据分类加法计数原理，这类号牌张数一共为240000+240000+240000+240000+240000=1200000.(3)当有2个字母时，根据这2个字母在序号中的位置，可以将这类序号分为十个子类：第1位和第2位，第1位和第3位，第1位和第4位，第1位和第5位，第2位和第3位，第2位和第4位，第2位和第5位，第3位和第4位，第3位和第5位，第4位和第5位.当第1位和第2位是字母时，分5个步骤确定一个序号中的字母和数字：第1,2步都是从24个字母中选1个分别放在第1位、第2位，各有24种选法；第3~5步都是从10个数字中选1个放在相应的位置，各有10种选法，根据分步乘法计数原理，号牌张数为24×24×10×10×10=576000.同样，其余九个子类号牌也各有576000张.于是，这类号牌张数一共为576000×10=5760000.综合(1)(2)(3),根据分类加法计数原理，这个发牌机关最多能发放的汽车号牌张数为100000+1200000+5760000=7060000.
例3.从数字1,2,3,4,5中取出3个数字（允许重复）,组成三位数，各位数字之和等于6,则这样的三位数的个数为( ) A.7 B.9 C.10 D.13
解：从数字1,2,3,4,5中取出3个数字（允许重复）,组成三位数，各位数字之和等于6,可分为三类情况：(1)当三个数为1,1,4时，4可以在个位、十位、百位，所以共有3个这样的三位数；(2)当三个数为1,2,3时，共有3×2×1=6个这样的三位数；(3)当三个数为2,2,2时，只有1个这样的三位数.由分类加法计数原理可得，共有3+6+1=10个，即这样的三位数共有10个.
假设今天是4月5日，某市未来六天的空气质量预报情况如下表所示.该市有甲、乙、丙三人计划在未来六天（4月5日~4月10日）内选择一天出游，在①甲只选择空气质量为优的一天出游；②乙不选择4月8日出游；③丙不选择4月5日出游；④甲与乙不选择同一天出游这四个条件中任选其中三个，求这三人出游的不同方法数.
解析:若选择①②③,则三人出游的不同方法数N=4×5×5=100.若选择①②④,则需分两类，第一类，若甲选择4月27日出游，则三人出游的不同方法数N1=5×6=30;第二类，若甲不选择月27日出游，则三人出游的不同方法数N2=3×4×6=72. .故这三人出游的不同方法数N= N1 +N2 =102若选择①③④,则三人出游的不同方法数N=4×5×5=100若选择②③④,则三人出游的不同方法数N=5×5×5=125.
汽车维修师傅在安装好汽车轮胎后，需要紧固轮胎上的五个螺栓，记为A、B、C、D、E(在正五边形的顶点上）,紧固时需要按一定的顺序固定每一个螺栓，但不能连续固定相邻的两个，则不同固定螺栓顺序的种数为( ) A.20 B.15 C.10 D.5
此题相当于在正五边形中，对五个字母排序，要求五边形的任意相邻两个字母不能排在相邻位置，考虑A放第一个位置，第二步只能是C或D,只有ACEBD和ADBEC两种情况；同理，分别让B、C、D、E放第一个位置，则各有两种情况，共2×5=10种情况.
例4、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, 第一步涂D,m1 = 3种, 第二步涂B, m2 = 2种,第三步涂C, m3 = 1种, 第四步涂A, 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 = 3 × 2 ×1×1 = 6 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 2色：0种,4色：4×3×2×2 = 48种, 5色：5×4×3×3 = 180种等。
练习：用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2,…，9的九宫格中的9个小正方形（如图）,使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为“1,5,9”的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法有 种.
解:分三步：第一步，先给标号1.5.9的正方形涂色，有3种涂法第二步，给标号2,3.6的小正方形涂色，又分两类：一是标号3与标号1.5.9涂色相同，则标号2.6各有2种涂法，共4种涂法；标号3与标号1.5.9涂色不同，则标号3有2种涂法，此时标号2,6只有1种涂法，种涂法，综上可知，标号2.3.6的小正第三的际法有4+2=6种然跟标号号标号4.7.8的小正方形涂色，显6的小正方形涂色方法一样，根据分步乘法计数原理，符合条件的所有涂法有3×6
1.如图,用5种不同颜色给图中的A、B、C、D四个区域涂色, 规定一个区域 只涂一种颜色, 相邻区域必须涂不同的颜色, 不同的涂色方案有 种。
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5×4×3×2＝120种方法。
根据分类计数原理，共有120+60＝180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5×4×3＝60种方法。
2、某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如右图）现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有______种.
（1）②与⑤同色，则③⑥也同色或④⑥也同色，所以共N1=4×3×2×2×1=48种；
所以，共有N=N1+N2+N3=48+48+24=120种.
（2）③与⑤同色，则②④或⑥④同色，所以共有N2=4×3×2×2×1=48种；
（3）②与④且③与⑥同色，则共N3=4×3×2×1=24种
解法一：从题意来看6部分种4种颜色的花，又从图形看知必有2组同颜色的花，从同颜色的花入手分类求
3.现有5种不同的颜色给如图所示的几何体的五个顶点P,A,B,C,D涂色，要求同一条棱上的两个顶点颜色不能相同，则一共有 种涂法.
解析 第1类：顶点A,C同色.顶点P有5种颜色可供选择，顶点A有4种颜色可供选择，顶点B有3种颜色可供选择，此时顶点C与顶点A同色，只有1种颜色可选，顶点D有3种颜色可供选择，不同的涂法有5×4×3×1×3=180种.第2类：顶点A,C不同色，顶点P有5种颜色可供选择，顶点A有4种颜色可供选择顶点B有3种颜色可供选择，此时顶点C顶点A不同色，有2种颜色可选，顶点D有2种颜色可供选择，不同的涂法有5×4×3××2=240种.综上，不同的涂法共有180+240=420种.
1、乘积 展开后共有几项？
2、某商场有6个门，如果某人从其中的任意一个门进入商场，并且要求从其他的门出去，共有多少种不同的进出商场的方式？
3.如图,该电路,从A到B共有多少条不同的线路可通电？
所以, 根据分类原理, 从A到B共有 N = 3 + 1 + 4 = 8 条不同的线路可通电。
在解题有时既要分类又要分步。
解: 从总体上看由A到B的通电线路可分三类,
第一类, m1 = 3 条
第二类, m2 = 1 条
第三类, m3 = 2×2 = 4, 条
两大原理妙无穷, 茫茫数理此中求; 万万千千说不尽, 运用解题任驰骋。
1.三个比赛项目，六人报名参加。１）每人参加一项有多少种不同的方法？２）每项１人，且每人至多参加一项，有多少种不同的方法？３）每项１人，每人参加的项数不限，有多少种不同的方法？
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?
相关课件
高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理教学课件ppt： 这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理教学课件ppt，共21页。
数学人教A版 (2019)6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理课文内容ppt课件： 这是一份数学人教A版 (2019)6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理课文内容ppt课件，共41页。PPT课件主要包含了类型1类型2类型3等内容，欢迎下载使用。
人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理教案配套课件ppt： 这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理教案配套课件ppt，共55页。PPT课件主要包含了知识点1知识点2，类型1类型2类型3等内容，欢迎下载使用。
