高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册第六章 计数原理6.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理课文ppt课件

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1.分类加法计数原理：
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法.
推广：如果完成一件事有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，那么完成这件事的方法总数为 N＝m1＋m2＋…＋mn.
2.分步乘法计数原理：
完成一件事需要两个步骤,做第1步有 m种不同的方法，做第2步有n 种不同的方法,那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法.
推广：如果完成一件事需要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,那么完成这件事的方法总数为N＝m1×m2×…×mn
两个计数原理的区别与联系
例4.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？
分析:要完成的一件事情是“3幅不同的画中选出2幅,并分别挂在左右两边墙上”,可以分步完成.
解:从3幅画中选出2幅，分别挂在左右两边墙上,可以分两个步骤完成:第1步,从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法:第2步,从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法.根据分步乘法计数原理,不同挂法的种数N=3×2=6. 6种挂法如图6.1-2所示
左边 右边 得到的挂法
例5 给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A~G或U~Z，后两个要求用数字1 ~9，最多可以给多少个程序命名？
解2: 首字符用A~G给程序命名的个数为 7×9×9＝567.首字符用U~Z给程序命名的个数为 6×9×9＝486.∴总的不同名称的个数是 567＋486＝1053.
思考 你还能给出不同的解法吗?
解: 由分类加法计数原理，首字符不同选法的种数为 7＋6＝13. 后两个字符从1~9中选，因为数字可以重复，所以不同选法的种数都为9. 由分步乘法计数原理，不同名称的个数是 13×9×9＝1053，即最多可以给1053个程序模块命名.
例6 电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态. 因此计算机内部就采用了每一位只有0或1两种数字的记数法，即二进制. 为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用1个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由8个二进制位构成. (1) 1个字节(8位)最多可以表示多少个不同的字符? (2) 计算机汉字国标码包含了6763个汉字，一个汉字为一个字符，要对这些汉字进行编码，每个汉字至少要用多少个字节表示?
解: (1) 由分步乘法计数原理，1个字节最多可以表示不同的字符个数是 2×2×2×2×2×2×2×2＝28＝256.
(2) 由(1)知，1个字节最多可以表示256个不同的字符，则2个字节最多就可以表示256 ×256＝65536>6763，所以每个汉字至少要用2个字节表示.
例7 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（即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.一般地，一个程序模块由许多子模块组成，如图，这是一个具有许多执行路径的程序模块。(1)这个程序模块有多少条执行路径？(2)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式，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：(1)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条；子模块4、子模块5中的子路径条数共为38+43=81条；
由分步乘法计数原理，整个模块的执行路径条数共为91 x 81 = 7371条
(2)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，需要测试的次数为：3 x 2 = 6.如果每个子模块都正常工作，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（次）
例8 通常，我国民用汽车号牌的编码由两部分组成：第一部分为由汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代码，第二部分为由阿拉伯数字和英文字母组成的序号.其中，序号的编码规则为：（1）由10个阿拉伯数字和除O、I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？
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 x 10 x 10 x 10 x 10 = 10000.
（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 x 10 x 10 x 10 x10 = 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 x 24 x 10 x 10 x 10 =576000.
同样，其余九个子类号牌也各有576000张.则这类号牌张数一共为576000x10=5760000张.
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
归纳： 用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要仔细分析两点: (1) 要完成的“一件事”是什么; (2) 需要分类还是需要分步. 分类要做到“不重不漏”. 分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数. 分步要做到“步骤完整”，即完成了所有步骤，恰好完成任务. 分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数.
1. 分类加法计数原理：一般地，如果完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有m＋n种不同的方法.
2. 分步乘法计数原理：一般地，完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有m×n种不同的方法.
特别地，如果完成一件事有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m1+m2+ ‧‧‧ +mn种不同的方法.
特别地，如果完成一件事需要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m1×m2×‧‧‧×mn种不同的方法.
1. 某电话局管辖范围内的电话号码由8位数字组成，其中前4位的数字是不变的，后4位数字都是0~9中的一个数字，这个电话局不同的电话号码最多有多少个?
解：104＝10000 (个).
2. 从5名同学中选出正、副组长各1名，有多少种不同的选法?
解：5×4＝20 (种).
3. 从1, 2, ‧‧‧, 19, 20中任选一个数作被减数，再从1, 2, ‧‧‧, 10中任选一个数作减数，然后写成一个减法算式，共可得到多少个不同的算式?
解：20×10＝200 (个).
解1：被5除余2的正整数的个位是2或7. 当满足条件的数是一位数时，满足条件的个数有2个 ； 当满足条件的数是两位数时，满足条件的个数有9×2＝18个 ； 当满足条件的数是三位数时，满足条件的个数有4×10×2＝ 80个 . 所以满足条件的数共有100个.
4. 在1, 2, ‧‧‧, 500中，被5除余2的数共有多少个?
解2：被5除余2的数可以表示为5k＋2 (k为整数). 由1≤5k＋2≤500，解得0≤k≤99， 满足条件的k值有100个， 所以满足条件的数共有100个.
解：满足条件的三位数有5×5×5＝ 125 个 .
5. 由数字1, 2, 3, 4, 5可以组成多少个三位数(各位上的数字可以重复)?
解：展开后共有3×3×5＝45项.
1. 乘积(a1+a2+a3)(b1+b2+b3)(c1+c2+c3+c4+c5) 展开后共有多少项?
解：9＋8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝45 (个).
2. 在所有的两位数中，个位数字小于十位数字的有多少个?
3. 某商场有6个门，如果某人从其中的任意一个门进人商场，并且要求从其他的门出去，那么共有多少种不同的进出商场的方式?
解：进出商场的不同方式有6×5＝30(种).
4.任意画一条直线，在直线上任取n个分点. (1) 从这n个分点中任取2个点形成一条线段，可得到多少条线段? (2) 从这n个分点中任取2个点形成一个向量，可得到多少个向量?
例1 高二年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中甲工厂必须有班级去，每班去哪个工厂可自由选择，则不同的分配方案有(　　)
题型一　抽取(分配)问题
A.16种 B.18种C.37种 D.48种
解析　法一(直接法)第一类：三个班级都到甲工厂，只有1种分配方案.第二类：两个班级到甲工厂，剩余一个班级去其他工厂，分配方案有3×3＝9(种).第三类：只有一个班级到甲工厂，剩余两个班级去另外三个工厂，分配方案有3×3×3＝27(种).由分类加法计数原理，共有1＋9＋27＝37(种)不同分配方案.
法二(间接法)若不考虑限制条件，每个班级都有4种选择，共有4×4×4＝64(种)情况.若甲工厂没有班级去，即每个班都选择了其他三个工厂，此时每个班级都有3种选择，共有3×3×3＝27(种)方法.则符合条件的分配方案有64－27＝37(种).
训练1 一体育老师把9个相同的足球放入编号为1，2，3的三个箱子中，要求每个箱子放球的个数不少于其编号，则不同的放球方法有(　　)
A.10种 B.9种C.8种 D.6种
解析　首先在三个箱子中放入个数与编号相同的球，这样剩下三个足球，这三个足球可以随意放置，第1种方法，可以在每一个箱子中放一个，有1种结果；第2种方法，可以把球分成两份，1和2，这两份在三个位置，有3×2＝6(种)结果；第3种方法，可以把三个球都放到一个箱子中，有3种结果.综上可知，共有1＋6＋3＝10(种)不同结果.
例2 用0，1，2，3，4五个数字，
(1)可以排成多少个三位数字的电话号码？
解　三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝53＝125(种)，即可以排成125个三位数字的电话号码.
(2)可以排成多少个三位数？解　三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100(种)，即可以排成100个三位数.
(3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？
解　被2整除的数，末位数字可取0，2，4，因此，分两类：一类是末位数字是0，则有4×3＝12(种)排法；一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因而有2×3×3＝18(种)排法.因此有12＋18＝30(种)排法，可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数.
训练2 从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为(　　)A.24 B.18C.12 D.6
解析　由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇，偶奇奇.如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3种情况)，之后十位(2种情况)，最后百位(2种情况)，共3×2×2＝12种；如果是第二种情况偶奇奇：个位(3种情况)，十位(2种情况)，百位(不能是0，1种情况)，共3×2×1＝6种.因此总共有12＋6＝18(种)情况.故选B.
训练3 如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的种数为________.
解析　按照S→A→B→C→D的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类：第一类，A，C同色，则有5×4×3×1×3＝180(种)不同的染色方法.第二类，A，C不同色，则有5×4×3×2×2＝240(种)不同的染色方法.根据分类加法计数原理，共有180＋240＝420(种)不同的染色方法.
创新设计习题讲解 ——分层精练
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