【高中数学】分类加法计数原理与分步乘法计数原理（第2课时） 高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修第三册.pptx

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1、6.16.1分类加法计数原理与分类加法计数原理与分步乘法计数原理分步乘法计数原理（第（第2 2课时）课时）人教A版2019必修第三册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Nmn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 Nm1m2mn.复习引入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Nm

2、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Nm1m2mn复习引入两个计数原理的区别与联系分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点用来计算完成一件事的方法种类不同点分类完成，类类相加分步完成，步步相乘每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事每步依次完成才算完成这件事(每步中的一种方法不能独立完成这件事)注意点类类独立，不重不漏步步相依，步骤完整例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？分析分析:要完成的一件事情是“3幅不同的

3、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=32=6.6种挂法如图6.1-2所示 左边 右边 得到的挂法甲乙丙图6.1-2左甲右乙左甲右丙左乙右甲左乙右丙左丙右甲左丙右乙乙丙甲丙甲乙 例例5 给程序模块命名，需要用给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母个字符，其中首字符要求用字母AG或或UZ，后两个要求用数字，后两个要求用数字1 9，最多可以给多少个程序命名？，

4、最多可以给多少个程序命名？解2:首字符用AG给程序命名的个数为 799567.首字符用UZ给程序命名的个数为 699486.总的不同名称的个数是 5674861053.思考思考 你还能给出不同的解法吗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 7613.后两个字符从19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 13991053，即最多可以给1053个程序模块命名.例例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状态，而这也是最容

5、易控制的两种状态.因此计算机内部就采用了每一位只因此计算机内部就采用了每一位只有有0或或1两种数字的记数法，即二进制两种数字的记数法，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个二进制位构成个二进制位构成.(1)1个字节个字节(8位位)最多可以表示多少个不同的字符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计算机汉字国标码包含了6763个汉字，一个

6、汉字为一个字符，要对这个汉字，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 2222222228256.(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 256655366763，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

7、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？开始子模块118条执行路径子模块328条执行路径子模块245条执行路径子模块543条执行路径子模块438条执行路径结束A例题讲解开始子模块118条执行路径子模块328条执行路径子模块245条执行路径子模块543条执行路径子模块438条执行路径结束A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

8、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.开始子模块118条执行路径子模块328条执行路径子模块245条执行路径子模块543条执行路径子模块438条执行路径结束A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

9、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）例题讲解例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

10、序号编码，那么这个发牌机关最多能发放多少张汽车号牌？例题讲解解：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.例题讲解（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：

11、第1步，从24个字母中选1个放在第1位，有24种选法；第25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

12、；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12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35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576000 x10=5760000张.例题讲解综合（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：归纳：用两个计数原理解决计

13、数问题时，最重要的是在开始计算之前要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仔细分析两点:(1)要完成的要完成的“一件事一件事”是什么是什么;(2)需要分类还是需要分步需要分类还是需要分步.分类要做到分类要做到“不重不漏不重不漏”.分类后再分别对分类后再分别对每一类进行计数每一类进行计数，最后，最后用分类加法计数原理用分类加法计数原理求和求和，得到总数得到总数.分步要做到分步要做到“步骤完整步骤完整”，即完成了所有步骤，恰好完成任务，即完成了所有步骤，恰好完成任务.分分步后再计算步后再计算每一步的方法数每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每，最后根据分步

14、乘法计数原理，把完成每一步的方法数一步的方法数相乘相乘，得到总数得到总数.课堂小结：课堂小结：1.分类加法计数原理：分类加法计数原理：一般地，如果完成一件事有一般地，如果完成一件事有两类不同方案两类不同方案，在第，在第1类方类方案中有案中有m种不同的方法，在第种不同的方法，在第2类方案中有类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共种不同的方法，那么完成这件事共有有mn种不同的方法种不同的方法.2.分步乘法计数原理：分步乘法计数原理：一般地，完成一件事需要一般地，完成一件事需要两个步骤两个步骤，做第，做第1步有步有m种不同种不同的方法，做第的方法，做第2步有步有n种不同的方法，那么完成这件事共有

15、种不同的方法，那么完成这件事共有mn种不同的方法种不同的方法.特别地，如果完成一件事有特别地，如果完成一件事有n类不同方案，在第类不同方案，在第1类方案中有类方案中有m1种不同的方法，种不同的方法，在第在第2类方案中有类方案中有m2种不同的方法，种不同的方法，在第在第n类方案中有类方案中有mn种不同的方法，种不同的方法，那么完成这件事共有那么完成这件事共有m1+m2+mn种不同的方法种不同的方法.特别地，如果完成一件事需要特别地，如果完成一件事需要n个步骤，做第个步骤，做第1步有步有m1种不同的方法，做第种不同的方法，做第2步有步有m2种不同的方法，种不同的方法，做第，做第n步有步有mn种不同

16、的方法，那么完成这件事共种不同的方法，那么完成这件事共有有m1m2mn种不同的方法种不同的方法.课堂练习（课本课堂练习（课本P7P7）1.某电话局管辖范围内的电话号码由某电话局管辖范围内的电话号码由8位数字组成，其中前位数字组成，其中前4位的数字是位的数字是不变的，后不变的，后4位数字都是位数字都是09中的一个数字，这个电话局不同的电话号码最中的一个数字，这个电话局不同的电话号码最多有多少个多有多少个?解：解：10410000(个个).2.从从5名同学中选出正、副组长各名同学中选出正、副组长各1名，有多少种不同的选法名，有多少种不同的选法?解：解：5420(种种).3.从从1,2,19,20中

17、任选一个数作被减数，再从中任选一个数作被减数，再从1,2,10中任选一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：解：2010200(个个).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9218个；当满足条件的数是三位数时，满足条件的个数有4102 80个.所以满足条件的数共有100个.4.在在1,2,500中，被中，被5除余除余2的数共有多少个的数共有多少个?解2：被5除余2的数可以表示为5k2(k为整数).由15k250

18、0，解得0k99，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555 125 个.5.由数字由数字1,2,3,4,5可以组成多少个三位数可以组成多少个三位数(各位上的数字可以重复各位上的数字可以重复)?课堂练习（课本课堂练习（课本P11P11）解：展开后共有33545项.1.乘积乘积(a1+a2+a3)(b1+b2+b3)(c1+c2+c3+c4+c5)展开后共有多少项展开后共有多少项?解：解：98765432145(个个).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.某商场有某商场有6个门，如果某

19、人从其中的任意一个门进人商场，并且要求从个门，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其他的门出去，那么共有多少种不同的进出商场的方式?解：解：进进出商出商场场的不同方式有的不同方式有6530(种种).4.任意画一条直线，在直线上任取任意画一条直线，在直线上任取n个分点个分点.(1)从这从这n个分点中任取个分点中任取2个点形成一条线段，可得到多少条线段个点形成一条线段，可得到多少条线段?(2)从这从这n个分点中任取个分点中任取2个点形成一个向量，可得到多少个向量个点形成一个向量，可得到多少个向量?解：THANKS“”创新设计习题讲解例例1

20、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()C题型一抽取(分配)问题A.16种 B.18种C.37种 D.48种解析解析法一法一(直接法直接法)第一第一类：三个班：三个班级都到甲工厂，只有都到甲工厂，只有1种分配方案种分配方案.第第二二类：两两个个班班级到到甲甲工工厂厂，剩剩余余一一个个班班级去去其其他他工工厂厂，分分配配方方案案有有339(种种).第第三三类：只只有有一一个个班班级到到甲甲工工厂厂，剩剩余余两两个个班班级去去另另外外三三个个工工厂厂，分分配配方方案案有有33327(种种).由分由分类加法加法计数

21、原理，共有数原理，共有192737(种种)不同分配方案不同分配方案.法二法二(间接法接法)若不考若不考虑限制条件，每个班限制条件，每个班级都有都有4种种选择，共有，共有44464(种种)情况情况.若甲工厂没有班若甲工厂没有班级去，即每个班都去，即每个班都选择了其他三个工厂，了其他三个工厂，此此时每个班每个班级都有都有3种种选择，共有，共有33327(种种)方法方法.则符合条件的分配方案有符合条件的分配方案有642737(种种).训训练练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()AA.10种 B.9种C.8种 D.6

22、种解解析析首首先先在在三三个个箱箱子子中中放放入入个个数数与与编号号相相同同的的球球，这样剩剩下下三三个个足足球球，这三个足球可以随意放置，三个足球可以随意放置，第第1种方法，可以在每一个箱子中放一个，有种方法，可以在每一个箱子中放一个，有1种种结果；果；第第2种种方方法法，可可以以把把球球分分成成两两份份，1和和2，这两两份份在在三三个个位位置置，有有326(种种)结果；果；第第3种方法，可以把三个球都放到一个箱子中，有种方法，可以把三个球都放到一个箱子中，有3种种结果果.综上可知，共有上可知，共有16310(种种)不同不同结果果.例例2 用0，1，2，3，4五个数字，题型二组数问题(1)可

23、以排成多少个三位数字的电话号码？解解三位数字的三位数字的电话号号码，首位可以是，首位可以是0，数字也可以重复，数字也可以重复，每个位置都有每个位置都有5种排法，共有种排法，共有55553125(种种)，即可以排成即可以排成125个三位数字的个三位数字的电话号号码.(2)可以排成多少个三位数？解解三三位位数数的的首首位位不不能能为0，但但可可以以有有重重复复数数字字，首首先先考考虑首首位位的的排排法法，除除0外外共有共有4种方法，种方法，第二、三位可以排第二、三位可以排0，因此，共有因此，共有455100(种种)，即可以排成即可以排成100个三位数个三位数.(3)可以排成多少个能被2整除的无重复

24、数字的三位数？解解被被2整除的数，末位数字可取整除的数，末位数字可取0，2，4，因此，分两，因此，分两类：一一类是末位数字是是末位数字是0，则有有4312(种种)排法；排法；一一类是末位数字不是是末位数字不是0，则末位有末位有2种排法，即种排法，即2或或4，再排首位，因再排首位，因0不能在首位，所以有不能在首位，所以有3种排法，种排法，十位有十位有3种排法，因而有种排法，因而有23318(种种)排法排法.因此有因此有121830(种种)排法，可以排成排法，可以排成30个能被个能被2整除的无重复数字的三位数整除的无重复数字的三位数.训训练练2 从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成

25、无重复数字的三位数，其中奇数的个数为()A.24 B.18C.12 D.6B解解析析由由于于题目目要要求求是是奇奇数数，那那么么对于于此此三三位位数数可可以以分分成成两两种种情情况况：奇奇偶偶奇奇，偶奇奇偶奇奇.如如果果是是第第一一种种奇奇偶偶奇奇的的情情况况，可可以以从从个个位位开开始始分分析析(3种种情情况况)，之之后后十十位位(2种种情况情况)，最后百位，最后百位(2种情况种情况)，共，共32212种；种；如如果果是是第第二二种种情情况况偶偶奇奇奇奇：个个位位(3种种情情况况)，十十位位(2种种情情况况)，百百位位(不不能能是是0，1种情况种情况)，共，共3216种种.因此因此总共有共有

26、12618(种种)情况情况.故故选B.训训练练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_.420解析解析按照按照SABCD的的顺序序进行染色，按照行染色，按照A，C是否同色分是否同色分类：第一第一类，A，C同色，同色，则有有54313180(种种)不同的染色方法不同的染色方法.第二第二类，A，C不同色，不同色，则有有54322240(种种)不同的染色方法不同的染色方法.根据分根据分类加法加法计数原理，共有数原理，共有180240420(种种)不同的染色方法不同的染色方法.创新设计习题讲解分层精练创新设计习题讲解每日一刻钟