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授课课件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授课课件ppt，共20页。PPT课件主要包含了共同点，各个步骤相互联系，相互联系分步到达，相互独立直达目的，主要不同点，例题讲评，排队问题，巩固练习，染色问题，以数字作答等内容，欢迎下载使用。

完成一件事要n个不同的步骤；
每一个步骤都不能直接完成该事件，只有完成每个步骤，才能完成这件事。
都是有关“完成一件事情”的所有不同方法的种数问题。
分类加法计数原理、分步乘法计数原理
思路：第一步：做什么事；第二步：怎么做？
解答计数问题的一般思维过程：
完成一件什么事（第一步：做什么事）
课堂总结 同学们，怎么做千奇百态；做什么简单明白。我们要慢慢积累如何做的经验，在以后的学习中灵活运用，把考题解出。 其实一个人的人生意义也是知道自己做什么事，然后通过怎么做来实现人生理想。但一个人要知道自己这一生该做什么，却是很不简单的。有人说：“教育的本质，是找到一个人内心想成为的样子，然后帮助他成长为那个样子。” 所以不管是当官还是当校长还是普通老师，只要他是幸福的完整的人，那他就知道自己这一生该做什么事，也在努力的寻找此事该如何做，且也努力的完成此事。 比如我就觉得教书很有意思。我的人生使命就是认真教书再写写书，然后开创一个教学流派。
描述分类计数原理和分步计数原理的诗：
两大原理妙无穷，解题应用各不同；多思慎密最重要，茫茫数理此中求。
总结：解决计数问题第一步做什么事很好知道，就是第二步这件事怎么做很难知道。为了知道这件事怎么做，你可以先列出一种结果分析出这件事怎么做。
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.
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.
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、四个人各写一张贺卡，放在一起，再各取一张不是自己送出去的贺卡，共有多少种不同的方法？
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。
备课笔记 昨天（）又通宵，现在是6月15日早上5：37。我在备选择性必修第三册《第六章计数原理》。 有人说教学即是种科学又是门艺术。是科学是因为教学有规律，是艺术是因为教学如画画需要创造性。 但我备此章，与其说我在创造，不如说我在组合。绝大部分幻灯片是别人的，特别是属于山东省滕州市第一中学邢启强老师的。我只是把邢启强老师的幻灯片用自己的数学思想、教育教学思想组合起来，形成一个新课件。 有人说组合也是种创造。比如日本就把西方的高科技组合起来，形成自己的高科技，于是国家科技水平快速提高。 为什么？ 我自我感觉，我的学术水平高于许多老师比如邢启强老师，但教育教学能力没有比邢启强老师强。 学术水平与教育教学能力也没多大关系。牛顿、爱因斯坦、高斯、陈景润都不会教书。 我们知道教数学要做到上通数学下达课堂。我学术水平强可以做到上通数学。下达课堂可以让善于教书的老师承担，比如邢启强老师。所以我也就采用邢启强老师的课件了。 我在7、8年前也以这样的方式备过高中数学每一课，那时是教育部重点课题子课题，就是朱永新的新教育子课题。现在看来，要突破自己真得很难。这次重新备课，课件的灵魂和骨架还是属于以前，就是细枝末节有所改动。