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高考数学一轮复习讲义第10章第1节分步计数原理与分类计数原理
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这是一份高考数学一轮复习讲义第10章第1节分步计数原理与分类计数原理，共10页。学案主要包含了思考辨析等内容，欢迎下载使用。
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
【思考辨析】
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( × )
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．( √ )
(3)在分步乘法计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成．( √ )
(4)如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mi(i＝1,2,3，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…mn种方法．( √ )
(5)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( √ )
1．用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )
A．243B．252C．261D．279
答案 B
解析 由分步乘法计数原理知，用0,1，…，9十个数字组成三位数(可用重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.故选B.
2．(教材改编)已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是( )
A．12B．8C．6D．4
答案 C
解析 分两步：第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐标，有2种情况，因此第一、二象限内不同点的个数是3×2＝6，故选C.
3．满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为( )
A．14B．13C．12D．10
答案 B
解析 当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)均满足要求；当a≠0时，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，此时满足要求的有序数对为(－1，－1)，(－1,0)，(－1,1)，(－1,2)，(1，－1)，(1,0)，(1,1)，(2，－1)，(2,0)．综上，满足要求的有序数对共有13个，故选B.
4．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．24B．18C．12D．6
答案 B
解析 分两类情况讨论：第1类，奇偶奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，共有3×2×2＝12(个)奇数；第2类，偶奇奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，共有3×2×1＝6(个)奇数．根据分类加法计数原理，知共有12＋6＝18(个)奇数．
5．(教材改编)5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法有________种．
答案 32
解析 每位同学都有2种报名方法，因此，可分五步安排5名同学报名，由分步乘法计数原
理，知总的报名方法共2×2×2×2×2＝32(种).
题型一 分类加法计数原理的应用
例1 高三一班有学生50人，其中男生30人，女生20人；高三二班有学生60人，其中男生30人，女生30人；高三三班有学生55人，其中男生35人，女生20人．
(1)从高三一班或二班或三班中选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？
(2)从高三一班、二班男生中或从高三三班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？
解 (1)完成这件事有三类方法：
第一类，从高三一班任选一名学生共有50种选法；
第二类，从高三二班任选一名学生共有60种选法；
第三类，从高三三班任选一名学生共有55种选法．
根据分类加法计数原理，任选一名学生任学生会主席共有50＋60＋55＝165(种)不同的选法．
(2)完成这件事有三类方法：
第一类，从高三一班男生中任选一名共有30种选法；
第二类，从高三二班男生中任选一名共有30种选法；
第三类，从高三三班女生中任选一名共有20种选法．
根据分类加法计数原理，共有30＋30＋20＝80(种)不同的选法．
思维升华 分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词或关键元素、关键位置．首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类．
(2016·全国丙卷)定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有( )
A．18个B．16个C．14个D．12个
答案 C
解析 第一位为0，最后一位为1，中间3个0,3个1,3个1在一起时为000111,001110；只有2个1相邻时，共Aeq \\al(2,4)个，其中110100,110010,110001,101100不符合题意；三个1都不在一起时有Ceq \\al(3,4)个，共2＋8＋4＝14(个)．
题型二 分步乘法计数原理的应用
例2 (1)(2016·全国甲卷)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A．24B．18C．12D．9
(2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法．
答案 (1)B (2)120
解析 (1)从E点到F点的最短路径有6种，从F点到G点的最短路径有3种，所以从E点到G点的最短路径为6×3＝18(种)，故选B.
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．
引申探究
1．本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？
解 每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)．
2．本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每项限报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？
解 每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．
思维升华 (1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．
(2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．
(1)用0,1,2,3,4,5可组成无重复数字的三位数的个数为________．
(2)(2017·石家庄质检)五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有________种．
答案 (1)100 (2)45 54
解析 (1)可分三步给百、十、个位放数字，第一步：百位数写有5种放法；第二步：十位数字有5种放法；第三步：个位数字有4种放法，根据分步乘法计数原理，三位数个数为5×5×4＝100.
(2)五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法．五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性．
题型三 两个计数原理的综合应用
例3 (1)如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．
(2)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是________．
答案 (1)260 (2)36
解析 (1)区域A有5处涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法．所以共有5×4×4＋5×4×3×3＝260(种)涂色方法．
(2)第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面均成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．
思维升华 利用两个计数原理解决应用问题的一般思路
(1)弄清完成一件事是做什么．
(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类．
(3)弄清分步、分类的标准是什么．
(4)利用两个计数原理求解．
(2017·济南质检)如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数为________．
答案 96
解析 按区域1与3是否同色分类：
(1)区域1与3同色：先涂区域1与3有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)有Aeq \\al(3,3)种方法．∴区域1与3涂同色，共有4Aeq \\al(3,3)＝24(种)方法．
(2)区域1与3不同色：先涂区域1与3有Aeq \\al(2,4)种方法，第二步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有一种方法，第四步涂区域5有3种方法．∴这时共有Aeq \\al(2,4)×2×1×3＝72(种)方法．
故由分类加法计数原理，不同的涂色种数为24＋72＝96.
13．利用两个基本原理解决计数问题
典例 (1)把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有( )
A．24种B．4种C．43种D．34种
(2)某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4次，轮船有3次，问此人的走法可有________种．
错解展示
解析 (1)因为每个信箱有三种投信方法，共4个信箱，
所以共有3×3×3×3＝34(种)投法．
(2)乘火车有4种方法，坐轮船有3种方法，
共有3×4＝12(种)方法．
答案 (1)D (2)12
现场纠错
解析 (1)第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法．只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种方法．
(2)因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，每一种方法都能从甲地到乙地，根据分类加法计数原理，可得此人的走法共有4＋3＝7(种)．
答案 (1)C (2)7
纠错心得 (1)应用计数原理解题首先要搞清是分类还是分步．
(2)把握完成一件事情的标准，如典例(1)没有考虑每封信只能投在一个信箱中，导致错误.
1．(2016·三门峡模拟)有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则不同的监考方法有( )
A．8种B．9种
C．10种D．11种
答案 B
解析 设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理，共有3＋3＋3＝9(种)不同的监考方法．
2．小明有4枚完全相同的硬币，每个硬币都分正反两面．他想把4个硬币摆成一摞，且满足相邻两枚硬币的正面与正面不相对，则不同的摆法有( )
A．4种B．5种C．6种D．9种
答案 B
解析 记反面为1，正面为2，则正反依次相对有12121212,21212121两种；有两枚反面相对有21121212,21211212,21212112三种，共5种摆法，故选B.
3．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，则不同的安排方案共有( )
A．12种B．10种
C．9种D．8种
答案 A
解析 第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有Ceq \\al(1,2)＝2(种)选派方法；
第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，有Ceq \\al(2,4)＝6(种)选派方法．
由分步乘法计数原理，不同的选派方案共有2×6＝12(种)．
4．(2015·四川)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有( )
A．144个B．120个C．96个D．72个
答案 B
解析 由题意知，首位数字只能是4,5，若万位是5，则有3×Aeq \\al(3,4)＝72(个)；若万位是4，则有2×Aeq \\al(3,4)＝48(个)，故比40000大的偶数共有72＋48＝120(个)．故选B.
5．将一个四面体ABCD的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色，要求共端点的棱不能涂相同颜色，则不同的涂色方案有( )
A．1种B．3种
C．6种D．9种
答案 C
解析 因为只有三种颜色，又要涂六条棱，所以应该将四面体的对棱涂成相同的颜色．故有3×2×1＝6(种)涂色方案．
6．将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有( )
A．12种B．18种
C．24种D．36种
答案 A
解析 先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有Aeq \\al(3,3)种不同排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．因此共有Aeq \\al(3,3)·2·1＝12(种)不同的排列方法．
7．(2016·大连模拟)将数字1,2,3,4填入标号为1,2,3,4的四个方格，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有________种．
答案 9
解析 编号为1的方格内填数字2，共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字3，共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字4，共有3种不同填法．于是由分类加法计数原理，得共有3＋3＋3＝9(种)不同的填法．
8．如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．
答案 13
解析 四个焊点共有24种情况，其中使线路通的情况有：1,4都通，2和3至少有一个通时线路才通，共3种可能．故不通的情况有24－3＝13(种)可能．
9．(2017·日照调研)从1,2,3,4,7,9六个数中，任取两个数作为对数的底数和真数，则所有不同对数值的个数为________．
答案 17
解析 当所取两个数中含有1时，1只能作真数，对数值为0，当所取两个数不含有1时，可得到Aeq \\al(2,5)＝20(个)对数，但lg23＝lg49，lg32＝lg94，lg24＝lg39，lg42＝lg93，综上可知，共有20＋1－4＝17(个)不同的对数值．
10．(2016·天津模拟)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22,121,3443,94249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.则
(1)4位回文数有________个；
(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．
答案 (1)90 (2)9×10n
解析 (1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，中间两位一样，有10种填法，共计9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个．
(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．结合分步乘法计数原理，知有9×10n种填法．
11．有一项活动需在3名老师，6名男同学和8名女同学中选人参加．
(1)若只需一人参加，有多少种不同选法？
(2)若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同选法？
(3)若需老师，男同学，女同学各一人参加，有多少种不同选法？
解 (1)只需一人参加，可按老师，男同学，女同学分三类各自有3,6,8种方法，总方法数为3＋6＋8＝17.
(2)分两步，先选教师共3种选法，再选学生共6＋8＝14(种)选法，由分步乘法计数原理知，总方法数为3×14＝42.
(3)教师，男同学，女同学各一人可分三步，每步方法依次为3,6,8种．由分步乘法计数原理知总方法数为3×6×8＝144(种)．
12．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端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数．
解 方法一 设染色按S－A－B－C－D的顺序进行，对S，A，B染色，有5×4×3＝60(种)染色方法．
由于C点的颜色可能与A同色或不同色，这影响到D点颜色的选取方法数，故分类讨论：
C与A同色时(此时C对颜色的选取方法唯一)，D应与A(C)，S不同色，有3种选择；C与A不同色时，C有2种可选择的颜色，D也有2种颜色可供选择．从而对C、D染色有1×3＋2×2＝7(种)染色方法．
由分步乘法计数原理，不同的染色方法种数为60×7＝420.
方法二 根据所用颜色种数分类，可分三类．
第一类：用3种颜色，此时A与C，B与D分别同色，问题相当于从5种颜色中选3种涂三个点，共Aeq \\al(3,5)＝60(种)涂法；
第二类：用4种颜色，此时A与C，B与D中有且只有一组同色，涂法种数为2Aeq \\al(4,5)＝240(种)；
第三类：用5种颜色，涂法种数共Aeq \\al(5,5)＝120(种)．
综上可知，满足题意的染色方法种数为60＋240＋120＝420.
*13.已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，若a，b，c∈M，则：
(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数？其中偶函数有多少个？
(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数？
解 (1)a的取值有5种情况，b的取值6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180(个)不同的二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，故有5×6＝30(个)．
(2)y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b、c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72(个)图象开口向上的二次函数． 原理
异同点
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
定义
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
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
区别
各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事
各个步骤中的方法互相依存，只有各个步骤都完成才能做完这件事
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
【思考辨析】
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( × )
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．( √ )
(3)在分步乘法计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成．( √ )
(4)如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mi(i＝1,2,3，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…mn种方法．( √ )
(5)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( √ )
1．用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )
A．243B．252C．261D．279
答案 B
解析 由分步乘法计数原理知，用0,1，…，9十个数字组成三位数(可用重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.故选B.
2．(教材改编)已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是( )
A．12B．8C．6D．4
答案 C
解析 分两步：第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐标，有2种情况，因此第一、二象限内不同点的个数是3×2＝6，故选C.
3．满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为( )
A．14B．13C．12D．10
答案 B
解析 当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)均满足要求；当a≠0时，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，此时满足要求的有序数对为(－1，－1)，(－1,0)，(－1,1)，(－1,2)，(1，－1)，(1,0)，(1,1)，(2，－1)，(2,0)．综上，满足要求的有序数对共有13个，故选B.
4．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．24B．18C．12D．6
答案 B
解析 分两类情况讨论：第1类，奇偶奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，共有3×2×2＝12(个)奇数；第2类，偶奇奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，共有3×2×1＝6(个)奇数．根据分类加法计数原理，知共有12＋6＝18(个)奇数．
5．(教材改编)5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法有________种．
答案 32
解析 每位同学都有2种报名方法，因此，可分五步安排5名同学报名，由分步乘法计数原
理，知总的报名方法共2×2×2×2×2＝32(种).
题型一 分类加法计数原理的应用
例1 高三一班有学生50人，其中男生30人，女生20人；高三二班有学生60人，其中男生30人，女生30人；高三三班有学生55人，其中男生35人，女生20人．
(1)从高三一班或二班或三班中选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？
(2)从高三一班、二班男生中或从高三三班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？
解 (1)完成这件事有三类方法：
第一类，从高三一班任选一名学生共有50种选法；
第二类，从高三二班任选一名学生共有60种选法；
第三类，从高三三班任选一名学生共有55种选法．
根据分类加法计数原理，任选一名学生任学生会主席共有50＋60＋55＝165(种)不同的选法．
(2)完成这件事有三类方法：
第一类，从高三一班男生中任选一名共有30种选法；
第二类，从高三二班男生中任选一名共有30种选法；
第三类，从高三三班女生中任选一名共有20种选法．
根据分类加法计数原理，共有30＋30＋20＝80(种)不同的选法．
思维升华 分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词或关键元素、关键位置．首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类．
(2016·全国丙卷)定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有( )
A．18个B．16个C．14个D．12个
答案 C
解析 第一位为0，最后一位为1，中间3个0,3个1,3个1在一起时为000111,001110；只有2个1相邻时，共Aeq \\al(2,4)个，其中110100,110010,110001,101100不符合题意；三个1都不在一起时有Ceq \\al(3,4)个，共2＋8＋4＝14(个)．
题型二 分步乘法计数原理的应用
例2 (1)(2016·全国甲卷)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A．24B．18C．12D．9
(2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法．
答案 (1)B (2)120
解析 (1)从E点到F点的最短路径有6种，从F点到G点的最短路径有3种，所以从E点到G点的最短路径为6×3＝18(种)，故选B.
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．
引申探究
1．本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？
解 每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)．
2．本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每项限报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？
解 每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．
思维升华 (1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．
(2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．
(1)用0,1,2,3,4,5可组成无重复数字的三位数的个数为________．
(2)(2017·石家庄质检)五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有________种．
答案 (1)100 (2)45 54
解析 (1)可分三步给百、十、个位放数字，第一步：百位数写有5种放法；第二步：十位数字有5种放法；第三步：个位数字有4种放法，根据分步乘法计数原理，三位数个数为5×5×4＝100.
(2)五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法．五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性．
题型三 两个计数原理的综合应用
例3 (1)如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．
(2)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是________．
答案 (1)260 (2)36
解析 (1)区域A有5处涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法．所以共有5×4×4＋5×4×3×3＝260(种)涂色方法．
(2)第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面均成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．
思维升华 利用两个计数原理解决应用问题的一般思路
(1)弄清完成一件事是做什么．
(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类．
(3)弄清分步、分类的标准是什么．
(4)利用两个计数原理求解．
(2017·济南质检)如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数为________．
答案 96
解析 按区域1与3是否同色分类：
(1)区域1与3同色：先涂区域1与3有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)有Aeq \\al(3,3)种方法．∴区域1与3涂同色，共有4Aeq \\al(3,3)＝24(种)方法．
(2)区域1与3不同色：先涂区域1与3有Aeq \\al(2,4)种方法，第二步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有一种方法，第四步涂区域5有3种方法．∴这时共有Aeq \\al(2,4)×2×1×3＝72(种)方法．
故由分类加法计数原理，不同的涂色种数为24＋72＝96.
13．利用两个基本原理解决计数问题
典例 (1)把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有( )
A．24种B．4种C．43种D．34种
(2)某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4次，轮船有3次，问此人的走法可有________种．
错解展示
解析 (1)因为每个信箱有三种投信方法，共4个信箱，
所以共有3×3×3×3＝34(种)投法．
(2)乘火车有4种方法，坐轮船有3种方法，
共有3×4＝12(种)方法．
答案 (1)D (2)12
现场纠错
解析 (1)第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法．只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种方法．
(2)因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，每一种方法都能从甲地到乙地，根据分类加法计数原理，可得此人的走法共有4＋3＝7(种)．
答案 (1)C (2)7
纠错心得 (1)应用计数原理解题首先要搞清是分类还是分步．
(2)把握完成一件事情的标准，如典例(1)没有考虑每封信只能投在一个信箱中，导致错误.
1．(2016·三门峡模拟)有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则不同的监考方法有( )
A．8种B．9种
C．10种D．11种
答案 B
解析 设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理，共有3＋3＋3＝9(种)不同的监考方法．
2．小明有4枚完全相同的硬币，每个硬币都分正反两面．他想把4个硬币摆成一摞，且满足相邻两枚硬币的正面与正面不相对，则不同的摆法有( )
A．4种B．5种C．6种D．9种
答案 B
解析 记反面为1，正面为2，则正反依次相对有12121212,21212121两种；有两枚反面相对有21121212,21211212,21212112三种，共5种摆法，故选B.
3．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，则不同的安排方案共有( )
A．12种B．10种
C．9种D．8种
答案 A
解析 第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有Ceq \\al(1,2)＝2(种)选派方法；
第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，有Ceq \\al(2,4)＝6(种)选派方法．
由分步乘法计数原理，不同的选派方案共有2×6＝12(种)．
4．(2015·四川)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有( )
A．144个B．120个C．96个D．72个
答案 B
解析 由题意知，首位数字只能是4,5，若万位是5，则有3×Aeq \\al(3,4)＝72(个)；若万位是4，则有2×Aeq \\al(3,4)＝48(个)，故比40000大的偶数共有72＋48＝120(个)．故选B.
5．将一个四面体ABCD的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色，要求共端点的棱不能涂相同颜色，则不同的涂色方案有( )
A．1种B．3种
C．6种D．9种
答案 C
解析 因为只有三种颜色，又要涂六条棱，所以应该将四面体的对棱涂成相同的颜色．故有3×2×1＝6(种)涂色方案．
6．将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有( )
A．12种B．18种
C．24种D．36种
答案 A
解析 先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有Aeq \\al(3,3)种不同排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．因此共有Aeq \\al(3,3)·2·1＝12(种)不同的排列方法．
7．(2016·大连模拟)将数字1,2,3,4填入标号为1,2,3,4的四个方格，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有________种．
答案 9
解析 编号为1的方格内填数字2，共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字3，共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字4，共有3种不同填法．于是由分类加法计数原理，得共有3＋3＋3＝9(种)不同的填法．
8．如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．
答案 13
解析 四个焊点共有24种情况，其中使线路通的情况有：1,4都通，2和3至少有一个通时线路才通，共3种可能．故不通的情况有24－3＝13(种)可能．
9．(2017·日照调研)从1,2,3,4,7,9六个数中，任取两个数作为对数的底数和真数，则所有不同对数值的个数为________．
答案 17
解析 当所取两个数中含有1时，1只能作真数，对数值为0，当所取两个数不含有1时，可得到Aeq \\al(2,5)＝20(个)对数，但lg23＝lg49，lg32＝lg94，lg24＝lg39，lg42＝lg93，综上可知，共有20＋1－4＝17(个)不同的对数值．
10．(2016·天津模拟)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22,121,3443,94249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.则
(1)4位回文数有________个；
(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．
答案 (1)90 (2)9×10n
解析 (1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，中间两位一样，有10种填法，共计9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个．
(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．结合分步乘法计数原理，知有9×10n种填法．
11．有一项活动需在3名老师，6名男同学和8名女同学中选人参加．
(1)若只需一人参加，有多少种不同选法？
(2)若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同选法？
(3)若需老师，男同学，女同学各一人参加，有多少种不同选法？
解 (1)只需一人参加，可按老师，男同学，女同学分三类各自有3,6,8种方法，总方法数为3＋6＋8＝17.
(2)分两步，先选教师共3种选法，再选学生共6＋8＝14(种)选法，由分步乘法计数原理知，总方法数为3×14＝42.
(3)教师，男同学，女同学各一人可分三步，每步方法依次为3,6,8种．由分步乘法计数原理知总方法数为3×6×8＝144(种)．
12．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端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数．
解 方法一 设染色按S－A－B－C－D的顺序进行，对S，A，B染色，有5×4×3＝60(种)染色方法．
由于C点的颜色可能与A同色或不同色，这影响到D点颜色的选取方法数，故分类讨论：
C与A同色时(此时C对颜色的选取方法唯一)，D应与A(C)，S不同色，有3种选择；C与A不同色时，C有2种可选择的颜色，D也有2种颜色可供选择．从而对C、D染色有1×3＋2×2＝7(种)染色方法．
由分步乘法计数原理，不同的染色方法种数为60×7＝420.
方法二 根据所用颜色种数分类，可分三类．
第一类：用3种颜色，此时A与C，B与D分别同色，问题相当于从5种颜色中选3种涂三个点，共Aeq \\al(3,5)＝60(种)涂法；
第二类：用4种颜色，此时A与C，B与D中有且只有一组同色，涂法种数为2Aeq \\al(4,5)＝240(种)；
第三类：用5种颜色，涂法种数共Aeq \\al(5,5)＝120(种)．
综上可知，满足题意的染色方法种数为60＋240＋120＝420.
*13.已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，若a，b，c∈M，则：
(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数？其中偶函数有多少个？
(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数？
解 (1)a的取值有5种情况，b的取值6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180(个)不同的二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，故有5×6＝30(个)．
(2)y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b、c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72(个)图象开口向上的二次函数． 原理
异同点
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
定义
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
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
区别
各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事
各个步骤中的方法互相依存，只有各个步骤都完成才能做完这件事
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